A. Puzzle From the Future
令(a_1 = 1)，可以保证(c)没有前导零且(c_1)尽可能大。
此时，(d)的位数越多必定比(d)位数小的大，通过保证(c_i e c_{i +1})即可确保(d)有(n)位。
在保证(c_i ge c_{i +1})时，前面的(c_i)需要尽可能大，所以需要尽可能的令前面的(a_i = 1)。
B. Different Divisors
猜结论：(a)只有(4)个因子，(1, p_1, p_2, p_1p_2)。其中，(p_1,p_2)皆为素数，(a = p_1p_2)。
然后线性筛跑个素数表，(p_1 = f(1+d), p_2 = f(p_1 + d))，其中(f(x))为大于等于(x)的最小的素数，二分一下就可以(O(log n))找到。
C. Array Destruction
观察：如果较大的(a_i)没消掉，那么必不可能删完。所以每步操作都必须包含当前剩余最大的(a_i)。
用一个multiset保存数组(a)的可重集。
如果当前(x)已经确定了，那么剩余的元素删除过程就可以(O(n log n))模拟，并确定是否可以删完。具体的模拟过程就是，当前(x)已知，参数之一(v)被确定为可重集中最大值，那么剩下的参数也被确定为(x - v)，如果可重集中包含这个元素就表示可以操作，(x)更新为(v)，反之不可行。重复(n)次。
枚举第一步是哪一个元素和(a_{2n})配对，然后看是否存在可行解。总的复杂度为(O(n^2 log n))。
D. Cleaning
观察1：如果可行，那么从左往右依次删除，必定可以删完。记(d_i)为第(i)堆之前的步骤完成后，第(i)堆剩下的石头数量。即(d_i = a_i - d_{i - 1})。
观察2：假设(a_i)固定，则有可行解当且仅当(forall i in [1, n], d_i ge 0)且(d_n = 0)。
如果交换(a_i)和(a_{i + 1})，那么就是(d_i)单点修改，然后后缀下标为奇数的位置都加上某个值，下标为偶数的位置都加上某个值。这一步具体手推一下样例应该就可以看出来。
此时只需要保证(d_i ge 0)，前面没有(d_i < 0)，修改后后面也没有(d_i < 0)，修改后(d_n = 0)。
其实并不需要真的去做加减的修改，因为修改后后面没有(d_i < 0)只需要后面的最小值修改后不小于零。
然后只需要实现区分下标奇偶的区间最小值就可以了，两棵线段树或者两个ST表就可以实现。