E. GukiZ and GukiZiana
分块
整体加，还要维护一个值的最早出现，这无法线段树。
考虑分块。每个块内维护哈希表，记录块内每个值的最早和最晚出现下标。更新时，整块值增加懒标记，非完整块，下放懒标记，单点加。然后重构这个块的哈希表。查询时，检查每个块哈希表内是否有查询元素，如果有，查哈希表得到具体下标。
这个做法维护两个哈希表，且是两个 m a p map map，常数有点大，理论上能过但是会被卡常。
考虑一个更自然的想法，我们如果定位到一个块内有我们要找的元素，直接去线性地扫一遍这个块不就好了？这只有 O ( n ) O(\sqrt n) O(n )地开销，但是避免维护两个保存下标的哈希表，只用一个 u s e t uset uset维护块内出现的元素即可。这样代码也更好写。并且，这样的话，更新和查询的工作量也更平衡，不用费劲调块长也能过（前一个做法查询的工作量很小，更新的工作量很大）
E. Anya and Cubes
折半搜索
每个元素有：不选，选中但不阶乘，选中且阶乘，三种选择。
直接爆搜 3 25 3^{25} 325太慢，但 3 12 3^{12} 312是可以接受的，考虑折半搜索，两次搜索分别搜前一半，后一半元素，得到方案数分别存在两组哈希表内，注意哈希表还需要保存方案使得几个数成为阶乘。然后枚举一边的哈希表，枚举有几个阶乘，枚举元素和，假设有 i i i个，元素和 s u m sum sum，那么另一边阶乘数不超过 k − i k-i k−i，元素和 s − s u m s-sum s−sum的方案都可以和当前方案组成合法方案，计入答案。
当然也可以搜前一半，保存在哈希表，然后搜另一半，搜到一个边界，就直接去查前一半的哈希表。
B. Stay or Mirror
排序 逆序对
一个排列，每个元素都可以保持不变，或和 n n n对称。问最小逆序对个数。
一个元素变或不变，需要考虑左侧比他大的元素，和右侧比它小的元素，有点复杂。这种要考虑太多的问题，不妨找到一个边界，使我们只需要考虑一边
比如考虑 1 1 1这个元素。如果它不变，其他元素不论变或不变，都会比他大，如果它变了，其他元素不论变或不变，都会比他小。那么尽管其他元素还未确定，变或不变时，涉及 1 1 1的逆序对都是可以计算的，我们比较这两种情况，哪个的逆序对个数更少，就能决定 1 1 1应该选哪个。
那么这样的话， 1 1 1确定了，看 2 2 2，比 2 2 2大的元素未确定，但可以利用和上面类似的思路确定产生的逆序对，比 2 2 2小的元素 1 1 1已经确定了，可可以确定 2 , 2 n − 2 2,2n-2 2,2n−2和 1 1 1形成的逆序对，所以 2 2 2变不变，的逆序对也可以计算出来，然后决定 2 2 2变不变。
到这里我们就可以发现了，如果我们从小到大确定元素的取值，比 i i i小的元素已经确定，和 i i i产生的逆序对当然是确定的，比 i i i大的元素，虽然不确定，但是和 i i i产生的逆序对仍然是确定的。于是我们就可以决定 i i i变或不变。
这种在两侧都有元素，不好确定时，利用排序，从一个边界出发递推的思想，很重要，边界往往只用考虑一边。
数据允许 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，可以对每个 i i i，扫描其他元素，计算边和不变产生的逆序对。
F. Putting Boxes Together
中位数贪心 线段树二分 聚集贪心
多个典缝合在一起。
只能 − 1 / + 1 -1/+1 −1/+1，把一个升序数组变成连续的， i , i + 1 , i + 2 i,i+1,i+2 i,i+1,i+2的操作次数，等价于把初始元素先变成 a i − i a_i-i ai−i，然后把元素变成全都相同。所以开始先把元素这样处理
接下来，把元素变成完全相同的最小操作次数，这是经典的中位数贪心。最小的方案是，把所有元素变成中位数。
但本题的特殊点在于，第 a i a_i ai想要移动 1 1 1，需要消耗 w i w_i wi的次数，而不是 1 1 1。也就是这是一个带权的中位数贪心。仍然可以类似的思想，只不过我们现在要找到的是带权中位数，对于一个序列 w 1 , w 2 . . w n w_1,w_2..w_n w1,w2..wn来说，就是要找到最小的 i i i， w 1 + . . + w i > = ( ∑ w ) / 2 w_1+..+w_i>=(\sum w)/2 w1+..+wi>=(∑w)/2， w i w_i wi都是正数，这可以二分来做。
找到 i i i之后，就是所有 j < i j<i j<i，代价都是 w j ∗ ( a i − a j ) w_j*(a_i-a_j) wj∗(ai−aj)， j > i j>i j>i，代价都是 w j ∗ ( a j − a i ) w_j*(a_j-a_i) wj∗(aj−ai)，要快速求和，则是 a i ∑ w j − ∑ ( w j a j ) ， ∑ ( w j a j ) − a i ∑ w j a_i\sum w_j-\sum(w_ja_j)，\sum(w_ja_j)-a_i\sum w_j ai∑wj−∑(wjaj)，∑(wjaj)−ai∑wj，这可以线段树分别维护 ∑ w i \sum w_i ∑wi， ∑ w i ∗ a i \sum w_i*a_i ∑wi∗ai实现。
接下来的问题就是如何在带修的情况下快速找到中位数的位置 i i i，这可以线段树二分，二分条件已经分析了，很简单，找到最小的 i i i，满足 w l + . . + w i > = ( w l + . . + w r ) / 2 w_l+..+w_i>=(w_l+..+w_r)/2 wl+..+wi>=(wl+..+wr)/2，让线段树二分过程中，引用参数传递区间的前缀和