Codeforces Round #744 (Div. 3) 题解(A-F)
A. Casimir's String Solitaire
两个操作中B是重合的，所以看A的个数加C的个数等不等于B的个数
B. Shifting Sort
注意到\(n\)比较小，所以可以比较暴力，类似于选择排序，每次找到第\(i\)小的元素，然后想办法把它搞到第\(i\)个位置。
假设第\(i\)小位于\(j\)，那么通过i j j - i就可以把第\(i\)小搞到第\(i\)个位置。
C. Ticks
注意到没有限制一个格子不能被画多次，那么就可以对于每一个格子，在满足条件的前提下画最大的tick，看能不能得到原图。
D. Productive Meeting
假设\(a\)升序排序之后得到\(b\)。
有一个非常显而易见的结论：假设\(b_n > \sum_{i = 1} ^ {n - 1}b_i\)，那么将前\(n-1\)个人都跟第\(n\)个人单聊是最优的。
但是有可能不满足上面的条件，这个时候可以让前\(n-1\)个人内部单聊，一次单聊可以使和减2，一旦减到小于\(b_n\)，就用上面的结论。
又因为每次前\(n-1\)个人内部单聊都只会使和减2，所以这样操作肯定使最优的。
E1. Permutation Minimization by Deque
贪就完了。
首先将\(a_1\)入队，这个时候无所谓从前还是从后。
然后就贪心，如果\(a_i\)比队首小就头插，否则就尾插。
E2. Array Optimization by Deque
贪就完了。
头插，逆序对数增加队列中比\(a_i\)小的元素个数。
尾插，逆序对数增加队列中比\(a_i\)大的元素个数。
贪心取二者中较小值。
元素个数随便拿个平衡树维护一下就完事了。
F. Array Stabilization (AND version)
首先，每次操作相当于一次置换，所以最终可以分为一个或者多个不相交的子置换，问题也可以分别解决，即整体的答案为所有子置换答案的最大值，如果有一个子置换无解，则整体的答案也无解。
对于一个子置换，这个子置换无解当且仅当这个置换对应元素均为1。
否则，对于置换\(p\)，原操作相当于\(p \& p^{\rightarrow1}\)。那么对于\(p\)中的每一个1，它变成0的最小操作数等于它和它前面最近的0的距离，如果前面没有0就拿最后一个0。置换的答案等于所有1变成0所需操作数的最大值。
G. Minimal Coverage
还没想出来
吐槽
宿舍实在是住不下去了，溜了溜了自己租个房子，刚好国庆搬家，房租死贵，但是搬完整个人都舒服了
