Codeforces Round #668 (Div. 2)/Codeforces1405 题解(A-E)
A. Permutation Forgery
逆序输出排列\(p\)即可。
B. Array Cancellation
依据题意，若\(a_i\)大于\(0\)，那么\(a_i\)可以免费地用在增加后续值为负的元素。
从前往后遍历数组\(a\)，用一个计数器记录可免费用的正数和，每遇到一个正的\(a_i\)就加到计数器上；遇到负的\(a_i\)时就尽可能地用花费免费可用的正数去增加这个\(a_i\)。
这样遍历完一遍之后，数组中的元素就都只能花钱去操作了，求正元素的和或者求负元素的和后取相反数都可以。
C. Balanced Bitstring
通过观察可以发现：满足条件的01串必定以\(k\)为周期。
然后就只需要判断\(s\)是否可能以\(k\)为周期，以及\(s[0...k-1]\)是否可能满足条件。
D. Tree Tag
实际上就是若Alice和Bob之间的距离小于等于\(da\)，那么Alice就赢了。
感觉sample2就是在暗示讨论一条链，在最好的情况下也就是树的直径就可以。
首先，Bob最优的操作就是先躲到直径的一端，然后等者Alice靠近时再借机跳走。
然后，在最差的情况下，Alice和Bob之间的距离为\(da+1\)，也就是若Alice再靠近Bob一步且Bob不操作，Bob就输了。这个时候，若Alice不靠近，Bob就不需要操作；若Alice靠近，Bob就需要跳到离Alice新位置的距离大于\(da\)的位置。Alice用最优操作的情况下，Bob的移动距离要大于\(2da+1\)。
然后就可以得出结论：当且仅当Alice和Bob的初始距离大于\(da\)，且\(db\)和树的直径都大于等于\(2da + 1\)时，Bob胜，反之Alice胜。
E. Fixed Point Removal
首先，用\(i-a_i\)替换\(a_i\)，这样，题目中允许的操作就变为删除一个零，然后将后面的所有元素都减一。
然后，先读进来所有的询问，然后离线地回答询问。
记\(f(l, r)\)为仅考虑子数组\(a[l...r]\)时，最多能删除多少个元素。
通过观察可以得到：若\(i < j\)，则\(f(i,r) \ge f(j, r)\)。因为对于\(a[i...r]\)而言，最差也就是只使用\(a[j...r]\)的元素，所以对于固定的\(r\)，\(f(i,r)\)随着\(i\)的增加不减。
从小到大枚举右端点\(r\)，现在\(r\)就可以视为常数。用一个数组\(s\)记录右端点为\(r\)时，各个左端点的答案，即\(s_i = f(i, r)\)。
若\(a_r < 0\)，那么无论怎样这个元素都无法被删除；反之，对于任意一个左端点\(l\)，如果\(f(l,r) \ge a_r\)，那么对于这个区间而言，就可以先删除\(a_r\)个元素，然后再删除\(a_r\)，再执行剩下的操作，即删除\(a_r\)并不会影响前面的操作。所以，若\(f(l,r) \ge a_r\)，则\(f(l,r)=f(l,r-1)+1\)。结合之前的结论，若找到了满足条件的最大的\(l\)，那么可以用一个区间加法操作更新所有需要更新的\(s_i\)。
到这里，这题的做法就比较明显了，枚举右端点，看是否可以用当前点扩展答案，若能扩展就是一个区间加法；然后回答所有右端点为当前端点的询问，也就是一个单点取值。这两个操作是树状数组或者线段树的基本操作，不再赘述。
总结
17min过了前3题，看了下排名是26，然后就开始自闭了
看到D题题面人傻了，本来博弈论就不太熟悉，还给整了个树上博弈，所以不太有信心做出来。仔细看了之后发现结论还是比较好推的，就是犯了低级错误疯狂WA on test2。
