E. Train Car Selection
Solution
首先对于1、2操作加入的(k)个数，只有第一个数对答案有贡献。
然后用一个单调栈（栈中A从大到小）维护答案。
首先设(k[i])表示i在原队列中的位置。
十分显然：对于 (k[i] < k[j])且(a[i] < a[j]) ，那么 (a[j]) 无论何时都不可能比 (a[i]) 小。
设对于栈中相邻元素 (i, j(a[i] > a[j])) 的“增长率”为(frac{a[i] - a[j]}{k[i] - k[j]})，
其大小表示变化为 (a[i] < a[j]) 的快慢程度（相对其他元素对变化所需经过的轮数）
对于栈中元素 (i,j,k(a[i] > a[j] > a[k])) ，如果 (frac{a[i] - a[j]}{k[i] - k[j]} < frac{a[j] - a[k]}{k[j] - k[k]}) ，
那么元素 (j) 始终无法成为最小值，可以直接弹出栈。
然后对于一次修改，可以存下栈中元素 (i) 上一次的修改值 (B, S)，如果需要对 (i) 进行修改 (b, s) 的话，就可以十分简单地修改了。
知道了这些就很好做啦。
G. Privatization of Roads in Treeland
Solution
将每个点按度数从大到小排序，排序后前k个点作为“坏点”，最小的颜色数就是第 (k + 1) 个点的度数，方案随意输出即可。
证明：暂时略
F2. Same Sum Blocks (Hard)
Solution
(n leq 1500)，这不是暗示我们可以 (n^2) 吗！
首先对于两段和同为 (S)，重合的区间，可以发现，如果我们要最大和为 (S) 的区间的个数，后面的那个区间（蓝色区间）是没用贡献的（或者说可以不算的）。
其次，最多只有 (n^2) 种不同的区间和。
那么，可以用一个权值线段树来维护每一种权值和的区间数，以及最后一个区间的右端点。
考虑枚举区间右端点 (j)，然后枚举左端点 (i)，
如果区间 ([i, j]) 同上一个和相同区间不相交（线段树判断），那么更新线段树内的值，
如果相交，那就不要 ([i, j])了。
F. Destroy it!
Solution
设 (f_{i,j}) 表示第 (i) 块， 前面已有 (j) 个数 ((0 leq j leq 9)) 的最大权值和。
对于每一块来说，至多花费3，所以只有7种转移方式：
- 1
- 2
- 3
- 1 + 1
- 1 + 2
- 1 + 1 + 1
- 一个都不选
（这里数字代表花费为cost的最大价值卡牌）
7种可以预处理出来，转移显然。
注意转移方式4567可能会跨越“10”。
F. Scalar Queries
Solution
考虑如何计算以 (i) 为右端点所有区间的和 (f(i))，可以发现 (f(i)) 其实等于 (f(i - 1))（以 (i-1) 为右端点的区间的和） 加上加入 (i) 后的贡献。
贡献分两类计算：
第一类是 (i) 的贡献。
首先可以发现，以 (i) 为右端点，(a[i]) 的系数是这样子的：
（蓝线代表 (a) 小于 (a[i]) 的数）
那么十分显然的是，设 (x_i) 表示 (a[x_i] < a[i])，那么 (a[i]) 的系数和就等于 (sum{x_i})。
所以第一类的贡献就为 (a[i] * sum{x_i})
第二类贡献是 (i) 加入后区间中 (a > a[i]) 的数所需要加的贡献。
十分显然就等于 (sum{a[j] * j} (a[j] > a[i]))
然后答案就很好计算了，权值线段树维护即可。
这题不太确定希望没锅
E. Range Deleting
Solution
设 (g(l,r) = 0 / 1) 表示删去 (a_i(l leq a_i leq r)) 后序列是否不下降。
考虑固定左端点 (l)，可以发现 (g(l, r)) 具有单调性，证明：设 (r (l leq r leq x)) 为最小的 (r) 使得 (g(l, r) = 1)，那么显然 (g(i, j) = 0 (i leq j < r)) 且 (g(i, j) = 1 (r leq j leq x))。
那么就可以枚举左端点 (i)，二分出最小的右端点 (j) 使得 (g(i, j) = 1)，以 (i) 为左端点对答案的贡献就是 (x - j + 1)。
再考虑 (g(l, r)) 怎么求，可以发现 (g(l, r)) 可以分成三个部分：
1.(a_i (1 leq a_i < l)) 是否不下降
2.(a_i (r < a_i leq x)) 是否不下降
3.(max(i) (1 leq a_i < l)) 是否小于 (min(j) (r < a_j leq x))
复杂度 (O(nlogn))