啥都想不到
A - Archeologists
考慮一個 naive dp：\(f_i(j)\) 表示第 \(i\) 個位置，深度為 \(j\) 的最大收益。那么：
然后這沒法直接優化，不過這個 \(f_i\) 其實是凸的。
證明可以用一個轉化：對位置 \(\{1, 2, \cdots, n-1, n\}\) 這些位置做線段覆蓋，線段左右端點必須為 \(1\sim n\) 的整點。一個點被覆蓋的次數為 \(c_i\)，則答案為 \(\sum_{i}c_ip_i\)。附加條件：每個點被作為起點或重點至多一次。
用流表示選中一段區間——這樣使入邊和出邊容量為一即可控制這個附加條件。首先設 \(s_i=\sum_{j\le i} p_i\)，考慮對於點 \(0, 1, 2, \cdots, n-1, n\)，源匯點分別為 \(S,T\)，如下建圖：
- \(i\to i+1\)，容量無限，費用為 \(0\)。
- \(S\to i\)，容量為一，費用為 \(-s_i\)。
- \(T\to i\)，容量為一，費用為 \(s_i\)。
答案即為最大費用最大流，其凸性還是比較顯然的，那么 \(f_i\) 也是凸函數了。
如何維護 \(f_i\)？我們可以開一顆平衡樹，支持全局查最值（的位置），等差數列加。具體實現還有不少細節，我也沒寫過。\(O(n\log n)\) 已經可以通過了。
有趣的是，我們建好了費用流模型，使用模擬費用流的思想就能解決問題。考慮從右往左，用一個堆維護一個后綴的出邊。然后用當前位置的入邊去匹配一條最大的。由於不是每條邊都需要選擇，我們不妨每個位置入堆兩次，最后總共的貢獻中會有一次抵消（一個方案中 \(a\to b\) 和 \(b\to c\) 的值相當於 \(a\to c\)）。這個做法好寫很多。其實就是帶悔貪心。
B - Reverse Game
只要想到逆序對這個關鍵切入點就勝利了。記逆序對數為 \(I\)。
考慮這些操作這么設置的本質，就是可以使 \(I\) 一次減少 \(1\) 或者 \(2\)（保證逆序對 \(\ge 0\)）。如果要使 \(I\) 減一那么必然存在一個 \(\texttt{10}\) 子串，翻轉即可減一。如果 \(I>1\) 時需要減二，那也必然存在剩下三種子串之一。具體可以用反證法簡單證明。
\(O(n)\) 計算 \(I\)，對於 \(I\in\{1, 2\}\) 是先手必勝，\(I=3\) 則后手必勝。根據必勝-必敗態定理易得 \(I\in \{4,5\}\) 是先手勝，\(I=6\) 后手……因此 \(I\bmod 3 = 0\) 時輸出 Bob，否則輸出 Alice。
D - Disk Sort
考慮一個思考方向：每次花費 \(\le 6\) 次操作排好一個顏色。
根據直覺，每次我們一定是選擇“移除目標顏色圓盤上的圓盤數盡可能少”的顏色，這樣我們清理上方比較方便。
對與一種顏色，設 \([a, b, c]\) 表示其三個位置的深度（由上到下深度依次為 \(0,1,2\)）。注意到一個顯然的結論，就是一定存在一個 \([a, b, c]\) 使得 \(a+b+c\le 3\)。而除 \([1,1,1]\) 外的所有這樣的情況都可以通過不超過 \(6\) 次操作，得到一個新的排好序的柱子。
以上一共 \(5\) 中情況，都可以手模驗證。然而我們發現除去 \([1,1,1]\) 並沒有影響，因為總會存在一個顏色是滿足至少一個圓盤在頂上。
如果每次都找一個這樣的顏色，將其排序，一共需要 \(6(n-1)\) 次（最后一種顏色會在最后天然排好）。最后花費 \(3\) 次將最后一個柱子清空。
復雜度 \(O(n^2)\)，實現非常有技巧性。如果不想寫長，可以考慮 \([a, b, c]\) 應滿足 \(a \le 0, b\le 1\)。這樣可以快速方便地找到可操作的顏色。我們目標明確地將目標圓盤都移到空柱子上，然后記錄一下除空柱子外的空位就能簡單地移除上方的障礙了。這樣還不用考慮兩個目標圓盤在同一個柱子上的情況。
參考實現（參考 hellomath）：https://codeforces.com/gym/103102/submission/128966492
E - Divisible by 3
設 \(s(l,r)=\sum_{i=l}^r a_i\)。
考慮有 \(w(l,r) = w(l,k) + w(k+1,r) + (s_{k}-s_{l-1})\times (s_{r}-s_{k})\)，這個東西很好拆，差分統計。
將左端點集合按前綴和以及前綴的 \(w\) 值按 \(\bmod 3\) 分類。然后就 \(O(n)\) 了。
F - Fence Job
考慮從合法的結果入手而不是操作，因為不同的操可能得到相同的結果。對於一個 \(h_i\)，它可以通過操作“擴展”，從而對區間 \([l,r]\) 賦值，其中 \([l,r]\) 是極長的包含 \(i\) 的，滿足最小值為 \(h_i\) 的區間。
動態規划，定義 \(f(i,j)\) 為只使用 \(h_{1\sim i}\)，構造一個長度為 \(j\) 的結果序列的方案數。考慮從 \(f(i, \cdot)\) 轉移到 \(f(i+1, \cdot)\)。設 \([l,r]\) 為其極大拓展區間，那么寫出轉移：
通過顯然的前綴和優化，這個式子已經可以 \(O(n^2)\) 算出了。實現時可以將第一維滾掉。
H - AND = OR
由於與操作不會變大，或操作也不會減小。那么我們定義一個指標，使得按照一個中間指標將區間中的數划分開，“大”的在一組，“小”的在另一組。大的用與運算，小的用或運算。然后直接判斷。
直接按數值大小作為指標划分是滿足條件的，然而不能直接枚舉，復雜度會出問題。而還有一個滿足條件的指標則是二進制中一的個數，相比之前的枚舉量只有 \(30\)。
考慮一個詢問 \([l,r]\)，枚舉中間指標 \(k\)，使得二進制中一的個數 \(<k\) 的在第一組，\(>k\) 的在第二組。而 \(=k\) 的，可以放在任意一邊。值得注意的是，如果 \(=k\) 中的數全部相等並且個數超過 \(1\)，還可以分到兩邊。
使用線段樹離線處理即可（好像可以開 \(30\) 棵線段樹也行？）。復雜度 \(O(n\log n\log a)\)，實現比較比較復雜，注意常數。
Update 2021/10/20：更新一個單 \(\log\) 分治做法：https://codeforces.com/blog/entry/90956?#comment-852344
I - Modulo Permutations
網上題解不清不楚，還是萬老爺靠譜。
切入點：對於任意一個數 \(x\)，將它放在 \(1\) 或 \(2\) 的左側或右側都是合法的。而對於其他相鄰昂貴的兩數 \(a,b\)，則 \(a>b\) 是必要（不充分）條件。
問題轉化為，將 \(3\sim n\) 分為兩組數 \(A,B\)，使得 \(A,B\) 降序排序后滿足條件。一下以“1-段”和“2-段”簡稱。由於是降序，我們不妨從 \(n\) 考慮到 \(3\)。顯然有 naive 的 dp：\(f(x,i,j)\) 表示放置數字 \(x\sim n\)，1-段末尾為 \(i\)，2-段末尾為 \(j\) 的方案數。一個顯然的優化是，\(i,j\) 中必有一個 \(x\)。於是令 \(f(x,i)\) 為 \(x\sim n\) 中，\(x\) 在 1-段末尾，\(i\) 在 2-段末尾。那么有轉移：
第一個轉移比較平凡，\((x,x-1)\) 必然合法，相當於將數組復制了一遍。索性忽略它，直接略去第一維。而第二種轉移總數是調和級數級別的，直接枚舉 \(x-1\) 的倍數 \(+0,1,2\) 即可。復雜度 \(O(n\log n)\)。
J - One Piece
像這種 observation 題是真不會……
一個顯然的事情就是，如果對於一個點，存在另一個點的最遠距離小於這兩點間的距離，那概率就是 \(0\)。那么我們考慮先將這些點剔除，看似需要對每個點跑一遍 dfs，實際上只要對最遠距離最小的點操作一次就行了。
然后對於剩下的部分，考慮必然存在一對關鍵點形成的路徑為直徑。那么有，這個直徑的中點必然是上述那個最小點，記為 \(x\)。或兩個最小點間的邊，這種情況討論一下即可，暫且略過）。於是跑出每個點到 \(x\) 的距離，除了距離最大的那些點之外概率都是 \(1/2\)。
然后對於這些最大點，我們按其所屬 \(x\) 的子樹分類。可以發現，如果一類中點數較少，那么其中每個點分配到的概率就越大。所以具體算不清楚沒關系，不過可以確定的是必然 \(>1/2\)。
求解就先輸出最大點，輸出時按所屬類大小排序即可。然后輸出 \(1/2\) 的點，最后輸出剔除的點。
L - Neo-Robin Hood
考慮如果我們已經暫時選定了兩個集合 \(A, B\)，代表我們的策略是“偷 \(A\) 買 \(B\)”（顯然要保證 \(|A|=|B|,A\cap B=\varnothing\)）。這並不決定最終策略，於是調整。對於一個 \(x\in A\) 以及一個 \(y\in B\)，如果“偷 \(x\) 買 \(y\)”比“偷 \(y\) 買 \(x\)” 更劣，那必然會交換他們。我們把條件寫出來：\(m_x-p_y<m_y-p_x\)。由於這個不等式的兩邊都涉及到了 \(x,y\)，不好那么好操作。而經過移項，可得 \(m_x+p_x<m_y+p_y\)。我們設 \(val_x=m_x+p_x\) 作為排序的指標。
我們按 \(val\) 降序排序。考慮一個最終的策略 \(A, B\)，必有 \(\max(A)<\min(B)\)。顯然一旦違反這個性質就可以做一些交換，小的編號換到 \(A\)，大的換到 \(B\)，可以發現新的策略必然優。
上面的性質促使我們將這個數組分為兩段，\([1: i]\) 以及 \([i+1:n]\)，分別代表 \(A,B\) 的選取范圍。維護 \(A\) 使用大根堆，維護 \(B\) 使用小根堆。順序完成 \(1\sim n\) 中所有的 \(i\) 即可。不過似乎不太好同時控制兩邊的選取個數，當如果限定選 \(k\) 個卻簡單了。
二分答案。注意到答案 \(k\) 有單調性。如果選 \(f\) 個可行，那 \(f-1\) 必然可行。總復雜度 \(O(n\log^2 n)\)。
M - Mistake
考慮一個有趣的貪心：對於當前的 \(x\)，將它加入到編號盡量小的當中去。具體的，對每個 \(i\in[1, n]\) 維護一個集合 \(S_i=\{1, 2, \cdots, k-1,k\}\)，每次找到 \(S_x\) 中的最小值輸出並刪除。也就是說，輸入的圖白給了。
給個非常感性的說明，按照這樣的策略，越小的編號，其已經構造完的答案“越完善”。如果出鍋了實際上就是無解了。復雜度可以做到 \(O(nk+m)\)。