AGC010
A
【过水已隐藏】
B
这题推完了还是不会/kk真的毒瘤
考虑每次会减少的总和是(n(n+1)/2)，用原来的和除以这个可以得到操作次数(m)（不是整数无解）
再考虑相邻两个数(a_i,a_{i+1})，考虑它们的差，设为(d=a_i-a_{i+1})。
一次操作有两种情况，一是(Delta a_i=-j,Delta a_{i+1}=-j-1)，会让(d)增加1。
二是(Delta a_i=-n,Delta a_{i+1}=-1)，会让(d)增加(1-n)。
考虑任意两个相邻数，有一个初始的(d_0)，然后操作(m)次若有(a)个操作二会让(d_0)增加(m-na)，为了让最终(d_0)恰好为(0)算出(a=frac{m+d_0}{n})，不是整数或(<0)无解
还有一个限制就是(sum a)应该是(m)，不过这个肯定可以满足不用判
C
以每个点为LCA的点对可以根据已知信息算出（判无解），现在只需要在每个点判断是否能在这个点按要求配对救星了
就是有数组(a)，(m)次选两个不同的(i,j)，让(a_i--,a_j--)，最终(a)非负
这个很好判，按照最大值和其它的和比较一下就能知道最多能配出多少对
D
后面全提姆博弈题= =zbl
一堆结论：
- 不考虑除(gcd)，如果开场有奇数个偶数是先手必胜，否则先手必败
- 必胜/必败态只和奇偶有关所以不必考虑(gcd)是奇数的情况
- (gcd=1)可推出至少一个奇数
- 如果一开始至少有一个(a_i=1)那么可以根据1直接确定答案了
- 如果有奇数个偶数的话可以操作一个偶数，然后会剩下(2)个奇数，之后先手可以一直操作保证(gcd)为奇，根据2和3先手必胜
- 如果有至少(2)个奇数和偶数个偶数那么先手操作完之后转到5，先手必败
- 否则只可能只有(1)个奇数，和偶数个偶数，先手操作偶数会转到5，所以先手只能追逐梦想操作那个奇数，操作完后所有数至少除以(2)，所以可以直接暴力递归下去
E
zbl*2
显然先建一个图，不互质的数之间连边，先手选完序列后边会定向（当然无环），后手只能按照这个拓扑排序
yyb：先手肯定想要拉一条字典序最长的链，所以dfs一遍就行了
我觉得很有道理。
F
zbl*3
枚举每个点，如果以它作为根，最优方法走到它时只会走到(A)比它小的节点，因为如果你这样走，对面可以直接移回来你就很尴尬。
所以到了一个点就不能回父亲（走过来就是因为这个点(A)更小）
然后都是抄yyb的我也不知道为什么。