Codeforces Global Round 11/Codeforces1427 ABCDE
A. Avoiding Zero
记\(sum_i = \sum_{j=1}^i a_i\)。易得\(sum_n\)为定值，故若\(sum_n = 0\)，则无解。
若\(sum_n < 0\)，将\(a\)升序排序后作为\(b\)，此时\(sum_i\)先降后升，最大值在\(sum_1\)处或\(sum_n\)处取到，这两个值都小于零，所以必定不会存在\(sum_i = 0\)的点。
同理，若\(sum_n > 0\)，此时将\(a\)降序排序后作为\(b\)。
B. Chess Cheater
遍历字符串，统计胜场数，败场数和初始分数\(score\)。
特判\(k = 0\)和作弊后可以全胜的情况。
若全败，则消耗一个\(k\)且加一分后转移到只有一个胜场的情况。
若只有一个胜场，那么就只修改和胜场相邻的败场，每次修改固定加两分，即\(score = socre + 2k\)。
若胜场数大于等于二，那么对于有败场隔开的两个胜场，记中间有\(x\)场败场，则将这\(x\)场全都改为胜场后可以加\(2x + 1\)分。优先填\(x\)较小的败场。
C. The Hard Work of Paparazzi
早年涛爷出了道弹钢琴，和这题很像，就是空间范围是1*12。然后最近几天我自己想着出题，就想着把之前涛爷那道题给他扩展到二维，大概\(r = 5\)，题目背景本来已经想好了用DOTA2暂停的时候打米波小游戏（就是打地鼠），现在看来已经不需要了。
令\(dp_i\)表示只考虑前\(i\)个点，并且在\(i\)处拍照的答案。
\(dp_i\)可以从\(dp_j\)转移过来，其中\(1 \le j \le i - 1\)。如果\(t_i - t_j \ge 2r\)，那么必定可以从\(j\)点转移到\(i\)；否则就需要判断曼哈顿距离是否小于等于\(t_i - t_j\)。
因为\(t_i < t_{i+1}\)，所以至多枚举\(2r\)个需要判断曼哈顿距离的点，再往前的点就一个前缀最大值解决了。
复杂度为\(O(2rn)\)，足够优秀。
D. Unshuffling a Deck
想到构造方法后，就是简单模拟了。
\(n\)为奇数的时候，先找到\(n\)的位置，然后通过至多一个操作让\(c_n = n\)。
然后找到\(n - 1\)的位置，通过一个操作让\(c_1 = n, c_2 = n - 1\)。
然后找到\(n - 2\)的位置，通过一个操作让\(c_n = n, c_{n - 1} = n - 1, c_{n - 2} = n - 2\)。
然后找到\(n - 3\)的位置，通过一个操作让\(c_1 = n, c_2 = n - 1, c_3 = n - 2, c_4 = n - 3\)。
以此类推，每次操作让一个数字移动到对应的位置，至多\(n\)次操作过后，\(c_i = i\)就会满足了。
\(n\)为偶数的时候，上述方法会使\(c_i = n - i + 1\)。这个时候稍微改改，先将\(1\)移动到数组末尾，然后让前两个数为\(1, 2\)，然后让后三个数为\(3， 2， 1\)，以此类推。
E. Xum
zfc说是线性基，然而我不会线性基。
看了官方题解，自己写了个括欧的解法。
首先，如果可以构造出来一个和\(x\)互素的数字\(y\)，这样子就可以根据裴蜀定理得到存在\(a,b \ge 0\)且\(b\)为偶数，使\(ax - by = gcd(x, y) = 1\)成立，并且\(a\)和\(b\)的通解可以用扩展欧几里得算法得到。此时，\(by\)为偶数，有\(ax \oplus by = 1\)，故若得到了\(ax\)和\(by\)，就可以通过异或得到1。
然后，\(ax\)其实可以看成\(\sum a_i 2^ix\)，其中\(2^ix\)可以通过加法得到，所以\(ax\)也可以通过加法得到。同理已有\(y\)的情况下也可以通过加法得到\(by\)。
现在就只需要构造出和\(x\)互素的\(y\)了。令\(e\)为满足\(2^e \le x\)的最大自然数，因为\(x\)为奇数，所以\((2^ex) \& x = 2^e\)，\(y = (2^ex) \oplus x = (2^e + 1)x - 2 ^{e + 1}\)和\(x\)互素。
