A
输出111111111...或711111111...即可
B
多一个0，就+1；多一个1，就-1。
记录每一位的前缀和，前面每重复一次字符串s，就相当于整体加几或者减几。因此就是模运算判断一下就好。不能理解的话可以玩一玩这个：101101，然后对x从-5到5都手算一遍看看规律。
C
很经典的贪心题。一个指针(p)在s上一直循环前往后扫，另一个指针在z上，一开始指向(z_1)。如果(p)指向的字母等于(z_1)，那么就把z的指针往后移一格，相当于填入了一个字母。然后(p)继续扫，直到z的指针走到结尾。
当然，这么写肯定会TLE，因此开26张表，每个表存放对应字母的出现位置，维护s的当前指针位置(p)，接下来需要哪个字母了就去找这个字母的表里大于(p)的最小位置，如果不存在就把(p)放回起点，ans++。查找大于(p)的最小位置可以直接二分，直接调STL里的upper_bound就行。
无解的情况不要忘了。
D
数学题，都是老套路了。
给定(a,m)，求有多少个(x)满足(0leq x < m)且(gcd(a, m)=gcd(a+x,m))。
翻译一下，就是求
(sumlimits_{x=0}^{m-1}[gcd(a,m)=gcd(a+x,m)])
设(g=gcd(a,m)),
原式(=sumlimits_{x=0}^{m-1}[gcd(a+x,m)=g])
(=sumlimits_{x=a}^{a+m-1}[gcd(x,m)=g])
(=sumlimits_{x=1}^{a+m-1}[gcd(x,m)=g]-sumlimits_{x=1}^{a-1}[gcd(x,m)=g]).
观察(sumlimits_{i=1}^x[gcd(i,m)=g])
(=sumlimits_{i=1}^x[gcd(frac{i}{g},frac{m}{g})=1][g|i]) ((g|m))显然成立
(=sumlimits_{i=1}^{lfloorfrac{x}{g} floor}[gcd(i,frac{m}{g})=1])
记(f(x,m)=sumlimits_{i=1}^x[gcd(i,m)=1]).
容斥的想法很好理解：质因数分解m，二进制状压枚举它的每个质因子选或不选，加加减减就行。下面用反演也能推出一样的结果：
记(F(x,m,g)=sumlimits_{i=1}^x[g|gcd(i,m)])
(=[g|m]sumlimits_{i=1}^x[g|i])
(f(x,m,g)=sumlimits_{i=1}^x[g=gcd(i,m)])
因此(f(x,m,g)=sumlimits_{g|d}^{dleq lfloorfrac{x}{g} floor}mu(frac{d}{g})F(x,m,d))
因此(f(x,m)=f(x,m,1)=sumlimits_{d=1}^{lfloorfrac{x}{g} floor}mu(d)[d|m]sumlimits_{i=1}^x[d|i])
(=sumlimits_{d|m}^{dleq lfloorfrac{x}{g} floor}mu(d)lfloorfrac{x}{d} floor)
这个式子的含义就和上面说的容斥一样。
(mleq 10^9)，因此质因子最多七八个，肯定能过。
(Ans=f(lfloorfrac{a+m-1}{g} floor, frac{m}{g})-f(lfloorfrac{a-1}{g} floor, frac{m}{g})).
E
非常巧妙的一道线段树题目。
建立一个数组(B)和一个变量(val)，(b_i)表示一开始在第(i)个数后面切这一刀，之后调整两边的元素使左边小于等于(val)，右边大于(val)的最小代价。
从小往大枚举(val)，数组也会随之改变。如果(val)从(v)变成(v+1)，那么对(b_i)进行观察：
设(v+1)在第(k)位（即(p_k=v+1)），
若(k>i)，那么原来(p_k)呆在右边，现在它要调换到左边，因此(b_i)要加上(a_k).
若(k leq i)，那么原来(p_k)呆在左边，需要被调换到右边，但现在不需要调换了，因此(b_i)要减去(a_k).
换句话说，就是这么两个操作：
1.区间加减一个数；
2.查询整个数组的最小值。
直接上线段树就行。
F
非常牛逼的一道dp。
一个数组，每一位都有一个随机的取值范围，问最后随机出一个不上升的数组的概率。(nleq 50, a_ileq 1e9).
实际上就是统计不下降的数组的个数（把数组倒过来看就行。。。）
这么考虑：最多2n个端点，把它们全都标到一根数轴上，把线段从左往右分成(O(n))段。一个小trick是把原来的每个右端点+1，也就是把区间从([l,r])变成([l,r+1))。(S_1=<l_1,r_1>,S_2=<l_2,r_2>,...(l_1leq r_1leq l_2leq r_2...))
用(f(i,j))表示数组选择了数组的前(i)个元素，且都选择在前(j)条线段上的方案数。
假如知道了(f(i,j))，那么我们可以枚举一个(k)，表示在第(j+1)条线段上选择数组的接下来(k)个元素((k)可以为0)。由于线段互不相交且从左往右排序，无论在这条线段上怎么选择，最后都是一个不上升的数组。
那么就可以从状态(f(i,j))转移到(f(i+k,j+1))。
最后一个问题是如何在线段(S_{j+1}=<l_{j+1},r_{j+1}>=[l_{j+1},r_{j+1}))上选择(k)个元素（可重复）？这个是非常经典的组合数学问题，求不定方程(x_1+x_2+...+x_n=k)的非负整数解的个数。运用挡板法（另一种叫法叫Stars and Bars，都一样），很容易知道这个结果是组合数(C_{k+n-1}^{n-1}=C_{k+n-1}^k).
因此有转移方程(f(i+k,j+1)+=f(i,j)*C_{k+n-1}^{k}).计算一次转移是(O(k)=O(n))的，
因为(C_{k+n-1}^k=frac{(k+n-1)!}{k!(n-1)!}=frac{1}{k!}prodlimits_{i=n}^{n+k-1}i).一个状态的前驱状态最多有(O(k)=O(n))个，而一共有(O(n*2n)=O(n^2))个状态，所以总复杂度是(O(n^4))的。事实上在转移时顺带着计算组合数就能变成(O(n^3))了（吧？）
后记
太棒了，学到许多