Codeforces Round #696 (Div. 2)
A. Puzzle From the Future
令\(a_1 = 1\)，可以保证\(c\)没有前导零且\(c_1\)尽可能大。
此时，\(d\)的位数越多必定比\(d\)位数小的大，通过保证\(c_i \ne c_{i +1}\)即可确保\(d\)有\(n\)位。
在保证\(c_i \ge c_{i +1}\)时，前面的\(c_i\)需要尽可能大，所以需要尽可能的令前面的\(a_i = 1\)。
B. Different Divisors
猜结论：\(a\)只有\(4\)个因子，\(1, p_1, p_2, p_1p_2\)。其中，\(p_1,p_2\)皆为素数，\(a = p_1p_2\)。
然后线性筛跑个素数表，\(p_1 = f(1+d), p_2 = f(p_1 + d)\)，其中\(f(x)\)为大于等于\(x\)的最小的素数，二分一下就可以\(O(\log n)\)找到。
C. Array Destruction
观察：如果较大的\(a_i\)没消掉，那么必不可能删完。所以每步操作都必须包含当前剩余最大的\(a_i\)。
用一个multiset保存数组\(a\)的可重集。
如果当前\(x\)已经确定了，那么剩余的元素删除过程就可以\(O(n \log n)\)模拟，并确定是否可以删完。具体的模拟过程就是，当前\(x\)已知，参数之一\(v\)被确定为可重集中最大值，那么剩下的参数也被确定为\(x - v\)，如果可重集中包含这个元素就表示可以操作，\(x\)更新为\(v\)，反之不可行。重复\(n\)次。
枚举第一步是哪一个元素和\(a_{2n}\)配对，然后看是否存在可行解。总的复杂度为\(O(n^2 \log n)\)。
D. Cleaning
观察1：如果可行，那么从左往右依次删除，必定可以删完。记\(d_i\)为第\(i\)堆之前的步骤完成后，第\(i\)堆剩下的石头数量。即\(d_i = a_i - d_{i - 1}\)。
观察2：假设\(a_i\)固定，则有可行解当且仅当\(\forall i \in [1, n], d_i \ge 0\)且\(d_n = 0\)。
如果交换\(a_i\)和\(a_{i + 1}\)，那么就是\(d_i\)单点修改，然后后缀下标为奇数的位置都加上某个值，下标为偶数的位置都加上某个值。这一步具体手推一下样例应该就可以看出来。
此时只需要保证\(d_i \ge 0\)，前面没有\(d_i < 0\)，修改后后面也没有\(d_i < 0\)，修改后\(d_n = 0\)。
其实并不需要真的去做加减的修改，因为修改后后面没有\(d_i < 0\)只需要后面的最小值修改后不小于零。
然后只需要实现区分下标奇偶的区间最小值就可以了，两棵线段树或者两个ST表就可以实现。
