CF1851

A

氵

B

把奇数和偶数拿出来分别排序，然后按下标归并，看看得出的结果是不是排好序的。

C

如果头尾同色，就找有没有 \(k\) 个位置和头尾同色；

否则从头找 \(k\) 个和头同色的，然后再在这之后找 \(k\) 个和尾同色的。

D

把每个前缀和相邻的相减，得出的结果：

1. 有大于 \(n\) 的，拆成两个没出现的数相加；

2. 有重复的，把其中一个拆了；

3. 没有重复的且在 \(1\sim n\) 内，肯定在尾巴处补一个。

如果有两个大于 \(n\)，或者两对重复，或者大于 \(n\) 的和重复的都有，那就不可行。

如果发现拆了之后不能构成排列，也不行。

E

赛时没看见无环

就是一个类似拓扑排序/深搜的题。从无限的药出发，不停更新。每种药可以混合（找前驱）/买。

F

法一：

考虑每个位单独看。如果 \(a_i,a_j\) 位上相等，那么 \(x\) 这一位应该和 \(a_i,a_j\) 的这一位相反。

建立 01 Trie。

枚举 \(i\)，遍历 \(a_i\) 所有二进制位，如果当前位上有和 \(a_i\) 的位相等的分支，就必定走这个分支，同时把这一位对应的数累加进答案（这是贪心的想法，如果这里不选，即使后面 \(x\) 可以满足所有位，\(2^t> \sum_{x=0}^{t-1} 2^x\)）；否则就只有一条路可以走。

等走到了叶节点，我们就选好了 \(a_j\) 和 \(x\) —— 这是对于 \(a_i\) 的最大答案。

复杂度 \(O(nk)\)。

法二：

将 \(a\) 从小到大排序，下证最大答案一定是相邻的 \(a_i\) 产生。

排序后，假设答案不是相邻的 \(a_i,a_{i+1}\) 产生，那么必然是 \(a_i,a_j\) 产生，\(j-i>1\)。

若 \(a_i=a_j\)，因为排了序，\(i<i+1<j\)，\(a_i=a_{i+1}=a_j\)。\(a_i,a_j\) 产生的答案 \(a_i,a_{i+1}\) 也能产生。

否则 \(a_i,a_j\) 的二进制位一定有第一个不同的二进制位。由于 \(a_i<a_j\)，所以这一位上 \(a_i=0,a_j=1\)。

此时 \(a_{i+1}\) 这一位上若是 \(0\)，\(a_i,a_{i+1}\) 产生的答案必然比 \(a_i,a_j\) 更优；若是 \(1\)，\(a_{i+1},a_j\) 产生的答案也更优。

矛盾。故一定是相邻的 \(a_i,a_{i+1}\) 产生答案。

之后的事情就是排一下序就行。

G

观察发现，\(h_i-h_j+h_j-h_k=h_i-h_k\)，所以 \(i\rightarrow j\rightarrow k\) 的代价就等于 \(i\rightarrow k\) 的代价。

所以，点 \(i\) 能到达点 \(j\)，只需要 \(i\rightarrow j\) 有一路径上的点高度均 \(\le h_i+e\) 即可。

注意到到达关系具有传递性，考虑并查集。

将所有询问离线，然后按照 \(h_{start}+e\) 从小到大排序，每次遇到一个询问，都把所有相互可到达的点并成一个块。

同时我们把所有边 \((u,v)\) 按照 \(\max(h_u,h_v)\) 从小到大排序。当此次询问 \(h_{start}+e=x\) 时，对于一条边 \((u,v)\)，如果 \(\max(h_u,h_v)\le x\)，那就可以合并 \(u,v\)。

等把所有边都合并完了之后，检查 \(start,end\) 是否在一个连通块内。

注意取出边合并两端的操作，不用每次询问都从头开始，所以总共是 \(O(m)\) 的。不会超时。