啥都想不到
A - Archeologists
考虑一个 naive dp：(f_i(j)) 表示第 (i) 个位置，深度为 (j) 的最大收益。那么：
然后这没法直接优化，不过这个 (f_i) 其实是凸的。
证明可以用一个转化：对位置 ({1, 2, cdots, n-1, n}) 这些位置做线段覆盖，线段左右端点必须为 (1sim n) 的整点。一个点被覆盖的次数为 (c_i)，则答案为 (sum_{i}c_ip_i)。附加条件：每个点被作为起点或重点至多一次。
用流表示选中一段区间——这样使入边和出边容量为一即可控制这个附加条件。首先设 (s_i=sum_{jle i} p_i)，考虑对于点 (0, 1, 2, cdots, n-1, n)，源汇点分别为 (S,T)，如下建图：
- (i o i+1)，容量无限，费用为 (0)。
- (S o i)，容量为一，费用为 (-s_i)。
- (T o i)，容量为一，费用为 (s_i)。
答案即为最大费用最大流，其凸性还是比较显然的，那么 (f_i) 也是凸函数了。
如何维护 (f_i)？我们可以开一颗平衡树，支持全局查最值（的位置），等差数列加。具体实现还有不少细节，我也没写过。(O(nlog n)) 已经可以通过了。
有趣的是，我们建好了费用流模型，使用模拟费用流的思想就能解决问题。考虑从右往左，用一个堆维护一个后缀的出边。然后用当前位置的入边去匹配一条最大的。由于不是每条边都需要选择，我们不妨每个位置入堆两次，最后总共的贡献中会有一次抵消（一个方案中 (a o b) 和 (b o c) 的值相当于 (a o c)）。这个做法好写很多。其实就是带悔贪心。
B - Reverse Game
只要想到逆序对这个关键切入点就胜利了。记逆序对数为 (I)。
考虑这些操作这么设置的本质，就是可以使 (I) 一次减少 (1) 或者 (2)（保证逆序对 (ge 0)）。如果要使 (I) 减一那么必然存在一个 ( exttt{10}) 子串，翻转即可减一。如果 (I>1) 时需要减二，那也必然存在剩下三种子串之一。具体可以用反证法简单证明。
(O(n)) 计算 (I)，对于 (Iin{1, 2}) 是先手必胜，(I=3) 则后手必胜。根据必胜-必败态定理易得 (Iin {4,5}) 是先手胜，(I=6) 后手……因此 (Imod 3 = 0) 时输出 Bob，否则输出 Alice。
D - Disk Sort
考虑一个思考方向：每次花费 (le 6) 次操作排好一个颜色。
根据直觉，每次我们一定是选择“移除目标颜色圆盘上的圆盘数尽可能少”的颜色，这样我们清理上方比较方便。
对与一种颜色，设 ([a, b, c]) 表示其三个位置的深度（由上到下深度依次为 (0,1,2)）。注意到一个显然的结论，就是一定存在一个 ([a, b, c]) 使得 (a+b+cle 3)。而除 ([1,1,1]) 外的所有这样的情况都可以通过不超过 (6) 次操作，得到一个新的排好序的柱子。
以上一共 (5) 中情况，都可以手模验证。然而我们发现除去 ([1,1,1]) 并没有影响，因为总会存在一个颜色是满足至少一个圆盘在顶上。
如果每次都找一个这样的颜色，将其排序，一共需要 (6(n-1)) 次（最后一种颜色会在最后天然排好）。最后花费 (3) 次将最后一个柱子清空。
复杂度 (O(n^2))，实现非常有技巧性。如果不想写长，可以考虑 ([a, b, c]) 应满足 (a le 0, ble 1)。这样可以快速方便地找到可操作的颜色。我们目标明确地将目标圆盘都移到空柱子上，然后记录一下除空柱子外的空位就能简单地移除上方的障碍了。这样还不用考虑两个目标圆盘在同一个柱子上的情况。
参考实现（参考 hellomath）：https://codeforces.com/gym/103102/submission/128966492
E - Divisible by 3
设 (s(l,r)=sum_{i=l}^r a_i)。
考虑有 (w(l,r) = w(l,k) + w(k+1,r) + (s_{k}-s_{l-1}) imes (s_{r}-s_{k}))，这个东西很好拆，差分统计。
将左端点集合按前缀和以及前缀的 (w) 值按 (mod 3) 分类。然后就 (O(n)) 了。
F - Fence Job
考虑从合法的结果入手而不是操作，因为不同的操可能得到相同的结果。对于一个 (h_i)，它可以通过操作“扩展”，从而对区间 ([l,r]) 赋值，其中 ([l,r]) 是极长的包含 (i) 的，满足最小值为 (h_i) 的区间。
动态规划，定义 (f(i,j)) 为只使用 (h_{1sim i})，构造一个长度为 (j) 的结果序列的方案数。考虑从 (f(i, cdot)) 转移到 (f(i+1, cdot))。设 ([l,r]) 为其极大拓展区间，那么写出转移：
通过显然的前缀和优化，这个式子已经可以 (O(n^2)) 算出了。实现时可以将第一维滚掉。
H - AND = OR
由于与操作不会变大，或操作也不会减小。那么我们定义一个指标，使得按照一个中间指标将区间中的数划分开，“大”的在一组，“小”的在另一组。大的用与运算，小的用或运算。然后直接判断。
直接按数值大小作为指标划分是满足条件的，然而不能直接枚举，复杂度会出问题。而还有一个满足条件的指标则是二进制中一的个数，相比之前的枚举量只有 (30)。
考虑一个询问 ([l,r])，枚举中间指标 (k)，使得二进制中一的个数 (<k) 的在第一组，(>k) 的在第二组。而 (=k) 的，可以放在任意一边。值得注意的是，如果 (=k) 中的数全部相等并且个数超过 (1)，还可以分到两边。
使用线段树离线处理即可（好像可以开 (30) 棵线段树也行？）。复杂度 (O(nlog nlog a))，实现比较比较复杂，注意常数。
Update 2021/10/20：更新一个单 (log) 分治做法：https://codeforces.com/blog/entry/90956?#comment-852344
I - Modulo Permutations
网上题解不清不楚，还是万老爷靠谱。
切入点：对于任意一个数 (x)，将它放在 (1) 或 (2) 的左侧或右侧都是合法的。而对于其他相邻昂贵的两数 (a,b)，则 (a>b) 是必要（不充分）条件。
问题转化为，将 (3sim n) 分为两组数 (A,B)，使得 (A,B) 降序排序后满足条件。一下以“1-段”和“2-段”简称。由于是降序，我们不妨从 (n) 考虑到 (3)。显然有 naive 的 dp：(f(x,i,j)) 表示放置数字 (xsim n)，1-段末尾为 (i)，2-段末尾为 (j) 的方案数。一个显然的优化是，(i,j) 中必有一个 (x)。于是令 (f(x,i)) 为 (xsim n) 中，(x) 在 1-段末尾，(i) 在 2-段末尾。那么有转移：
第一个转移比较平凡，((x,x-1)) 必然合法，相当于将数组复制了一遍。索性忽略它，直接略去第一维。而第二种转移总数是调和级数级别的，直接枚举 (x-1) 的倍数 (+0,1,2) 即可。复杂度 (O(nlog n))。
J - One Piece
像这种 observation 题是真不会……
一个显然的事情就是，如果对于一个点，存在另一个点的最远距离小于这两点间的距离，那概率就是 (0)。那么我们考虑先将这些点剔除，看似需要对每个点跑一遍 dfs，实际上只要对最远距离最小的点操作一次就行了。
然后对于剩下的部分，考虑必然存在一对关键点形成的路径为直径。那么有，这个直径的中点必然是上述那个最小点，记为 (x)。或两个最小点间的边，这种情况讨论一下即可，暂且略过）。于是跑出每个点到 (x) 的距离，除了距离最大的那些点之外概率都是 (1/2)。
然后对于这些最大点，我们按其所属 (x) 的子树分类。可以发现，如果一类中点数较少，那么其中每个点分配到的概率就越大。所以具体算不清楚没关系，不过可以确定的是必然 (>1/2)。
求解就先输出最大点，输出时按所属类大小排序即可。然后输出 (1/2) 的点，最后输出剔除的点。
L - Neo-Robin Hood
考虑如果我们已经暂时选定了两个集合 (A, B)，代表我们的策略是“偷 (A) 买 (B)”（显然要保证 (|A|=|B|,Acap B=varnothing)）。这并不决定最终策略，于是调整。对于一个 (xin A) 以及一个 (yin B)，如果“偷 (x) 买 (y)”比“偷 (y) 买 (x)” 更劣，那必然会交换他们。我们把条件写出来：(m_x-p_y<m_y-p_x)。由于这个不等式的两边都涉及到了 (x,y)，不好那么好操作。而经过移项，可得 (m_x+p_x<m_y+p_y)。我们设 (val_x=m_x+p_x) 作为排序的指标。
我们按 (val) 降序排序。考虑一个最终的策略 (A, B)，必有 (max(A)<min(B))。显然一旦违反这个性质就可以做一些交换，小的编号换到 (A)，大的换到 (B)，可以发现新的策略必然优。
上面的性质促使我们将这个数组分为两段，([1: i]) 以及 ([i+1:n])，分别代表 (A,B) 的选取范围。维护 (A) 使用大根堆，维护 (B) 使用小根堆。顺序完成 (1sim n) 中所有的 (i) 即可。不过似乎不太好同时控制两边的选取个数，当如果限定选 (k) 个却简单了。
二分答案。注意到答案 (k) 有单调性。如果选 (f) 个可行，那 (f-1) 必然可行。总复杂度 (O(nlog^2 n))。
M - Mistake
考虑一个有趣的贪心：对于当前的 (x)，将它加入到编号尽量小的当中去。具体的，对每个 (iin[1, n]) 维护一个集合 (S_i={1, 2, cdots, k-1,k})，每次找到 (S_x) 中的最小值输出并删除。也就是说，输入的图白给了。
给个非常感性的说明，按照这样的策略，越小的编号，其已经构造完的答案“越完善”。如果出锅了实际上就是无解了。复杂度可以做到 (O(nk+m))。