CF1929C Sasha and the Casino
本来楼主认为只要前x+1次都投一块，然后一次能拿出比之前多1快就行， 就是x+1+（x+2）/（k-1）<=a，但是我发现我的理解有问题，我们每次投入的都要以赚的前提去投，先设两个变量，sum和bet，bet表示本次投入的本次需要投入的硬币枚数，因为每次都要当作回本来投入，所以bet（k-1）-sum要大于等于1，也就是bet=sum/（k-1）+1。需要注意的是x在这里指的不是保底机制（输x+1次后，一定能赢），而是赌了x次后就不能再赌了。
然后代码里有一个需要注意的点，就是循环从0开始，因为输第零次也是输。
CF1927E Klever Permutation
感觉不难，可是我又没想到，我想我应该是卡在了没又重点分析s上，因为有个核心就是围绕s的。
这题我总结出了两点核心，首先就是用s之间的关系找到奇数位上和偶数位上的构造方法，第二个核心就是构造的方法上（不难，但是控了lz好久）。先来讲讲这个s，s的是一个数组，与题目中的s一致，我们要知道一个现象，s中两个相邻两个数不可能相等，因为相邻两个数之间的区别就是ai、ai+k，然后因为a中没有两个相等的数，所以导致了（a为我们要构造的数组）。又因为是s相邻两个数之差不能超过1，也就是说s1+1=s2，s2=s3+1......，然后用我们上面分析出的s1与s2之间的差异为a1、ak+1，所以a1 + 1=ak+1，a2=ak+2 +1。所以得出偶数与奇数的构造方法。
然后就是另一个核心，这也是代码里值得讨论的，首先i从1到k，代表的是链的个数，然后j，每个j之间隔着k。打个比方：n=10，k=4，只需要4个链，1->5->9 ; 2->6->10 ; 3->7 ; 4->8;完事，四条链。真是太巧妙了。
B. Fashionable Array(div2)
这道题我的构造思路是对的，循环构造从最大值到最小值，每个值在一个循环里面只构造一遍，如果用完就跳过。可惜代码部分我败了，所以本文着重讨论代码部分是如何实现上述思路的。
首先我们要压缩数组吧，我一开始想到的是set，但是当时不知道set如何从大到小排，而且循环部分写的也不太好，我们不妨先排序，然后用一个循环，和一个数组来进行压缩，就是如果这个数在新数组中存在，那么就不存，如果不存在就存，所以循环之前要先将压缩前的数组中的第一个数存入新数组，不然会re。在这之前我们在读入数据的时候就可以用到map（unordered_map）来存每个数的在原数组的中的个数。最后我们循环存n次，每次按照新数组从前到后就行。
C. GCD Treasury（div2）
这种gcd的题目我老是抓不中本质，lz初看这道题目，我只能想到每个等于x的是我们期望的，因为这样可以全部拿走，或者是gcd（x，ai）等于ai的，这也可以全部拿走，但是其他的我就想不出来。这题核心朝着x的质因数想，每堆金币能被这个质因数整除就能被全部拿走，然后比较每个质因数取最大的那一个。
这里应该问我自己为什么结论成立，怎么想到这个结论的？首先为什么成立，举个例子：金币，2344；x=6；6的质因数为2、3，那么所有能被2整除的2、4、4，结果为10，3的结果就是3，答案就是10。模拟一下就是6先找到4，gcd（6，4）为2，取2，4变为2，x变为2，金币堆变成了2324，继续找4，发现最后全变成了2，x此时也是2，那么全都可以取，也就是能被质因数整出的数全部可偷。然后是怎么想出来的，g是x和ai的最大公约数，也就是g小于ai，并且是ai的因数，又因为x要变成g，再加上ai-g还是g的倍数，所以还能选这个ai，直到ai等于0，并且最后这个g一定是x的质因数，所以就想到了。
我们要怎么找质因数，用质数的模板，然后x除掉这个质因数，如果能除，然后边界此时也发生变化，最后循环完之后还有一个需要注意的地方，此时x除完可能大于1，也就是说剩下的也可能是x的质因数。最后找答案的时候别忘记取最大值就行。
CF2226C Mental Monumental (Easy Version)
这道题真没想到可以用二分去做。lz一开始想到的是直接求mex最大值，但是怎么想都想不到有什么好的方法。先说说为什么能二分，二分的前提条件是单调性，写完这题我觉得单调性比较难理解，可以这么说，线性结构里面，这个位置被证明可行，那么在这之前的位置都一定可行，如果这个位置不可行，那么后米一定不可行。这道题体现在如果这个值可以作为mex那么小于这个值的值一定也行，如果这个值不能作为mex，那么大于这个值的值就一定不能作为这个数组的mex。
上述是一个核心，另一个核心当然是如何判断这个值能否作为mex。开始之前，我们应该先搞清楚一个现象，8可以变成什么0、1、2、3，也就是说我们要构造出x，需要的值要大于等于2*x+1，这个现象有什么用。也就是说，我们可以用二分出的这个值（k）当作mex，然后去构造这个0~k，可以发现可能有些数是数组里面有的，这个时候有两种选择，将它变为跟小的或者不变，这么看来只能是不变更加的划算，因为就算这个值在数组里面没有，我们也可以通过比这个值大2倍+1的值构造，如果没有那也只能说这个k不对。这也就是我们的判断思路。
代码怎么去实现思路，首先二分，不要忘记r=mid--就好，然后这个检查可以写成函数，函数里有几个关键，怎么找到0~k剩什么，我们维护一个数组来存储每个值的个数，然后遍历0~k，如果有这个数就-1然后跳过，如果没有可以存入一个missing数组，然后为了方便判断，我们可以数组中存完的数存入一个数组b，然后遍历数组missing，每个值都在b中找，不符合条件的就跳过，如果没有就说明这个k不对返回false。
CF1923C Find B
我想的是偶数个数的时候，就可以直接倒转数组来构造bi，也就是好数组，然后，奇数情况我考虑了考虑的很多，但是偶数情况的判断就错了，我就不说了。应该是我没有考虑到这个数组两个数相等的时候，倒转就行不通了。正确的思路应该是从和出发，和又从每个值出发，所以研究每个aibi，我们可以发现，ai大于1的时候，bi可以是1，但是ai等于1的时候bi至少为2，也就是说这个b的和最小的情况就是m（长度为m），当ai都大于1，并且先不看a与b的和相等，我们要得出这个子串是否可行，按照题目的意思应该是从这个S也就是字串的和出发，和什么比较呢，也可以说我们该怎么限制它，首先这个m是可以算上的，然后，通过ai=1的时候bi必定大于1，也就是说还要加上1的个数。
CF1909C Heavy Intervals
这题给我的感觉就是贪心，但是我弄错了一个很重要的点。先说我的思路，我的思路是直接排序l和r，然后反着排c，然后对应加起来。这样虽然有点贪心思路在里面，但是我只排序l和r相当于只在l与r的内部进行比较，而正确的贪心应该是找到与r最接近且小于r的l。
代码里有一点我之前好像没怎么见过，就是multiset来定义一个数组让r去找对应的l，找到的将r与l的差值另外存一个数组，这个multiset数组存完需要排序（容易忽视），然后累加出答案即可。
CF1903C Theofanis' Nightmare
看到样例中的第二组数据，我的灵感就来了，我问自己是不是只要从后往前，和不为0的就划分为1个子串，这样和就最大了，然后我用第一组数据粗略的看了一下感觉可以，然后我就把代码写出来了，结果样例一都没过。因为我会将-6和7加在一起，导致后面的系数少了，所以我在想有没有一种方法可以既让这个子串是正的，又让后面子串的系数尽可能大，事实是我根本想不出来。
这题的核心观察是：在这个位置切一刀，假如是i，那么i后面的所有数的系数都加1，也就是说ai+1、ai+2、......、一直到n-1的系数都加上1，所以在i位置切一🔪的贡献值就是后缀和，从n-1到i，然后问题就变得简单了，我们只需要判断这个位置的后缀和是否大于0，大于0说明有利那么就加到答案上。
可以不用写后缀和数组，因为是从右往左顺序下来的，也就是说只要一个变量就足够了。但是这也有一点很容易出错的地方，代码里如果不特殊处理那么所有数和sum如果是一个负数那么ans就不会加上它，这样我们会少加上所有数的和，因为我们是在初始子串为本身上开始切的，所以这个和不可或缺，我们可以通过sum判断里加上||i==0，但是不能在循环结束直接加sum，因为如果sum为正会多加一个所有数的和。
CF1901C Add, Divide and Floor
这题我没什么很好的思路，我一直困在两个数之间的关系，比如说，3、4这种相差1的，是不是只用一步就可以将这两个数化为一致？用什么数？又试了几个样例我发现4、5又有些不同，然后我就被困住了。如果我想到用他们本身就好了，3、4我让x=3，这样操作一次后3不变，4就变成3。也就是说我要找到数组中的最小值，然后每次操作都用这个最小值去操作数组其他数，造成的结果就是其他数都会向最小值靠拢。那双向奔赴岂不是操作步骤更少？但是我们的操作只能让数减小不能增大。
代码里用到了一个求数组最小大值在这题挺好用的办法（*min_element(a.begin(),a.end())），这样就不用多写一个循环了。
CF2264C Madamant's Skating Dynasty
这题真是难到我了。起初我是连题目都没看懂啊。我没想到是所有可能数的和。比如说321，可以是1的父节点2，2的父节点3，也可以是1的父节点是3，2的也是3。这两个树的成本和就是答案，成本就是根减去子，321的两个树的成本就是2和3，答案就是5。搞清楚这个之后好像除了找到所有的树，我就没有啥别的办法了。
仔细观察我们可以发现，aj到ai，aj为父类，这条边会在很多树里出现，并且个数如果能算出来的话，那么贡献值就知道了。首先我们要知道总共有多少条边：(n-1)!，然后我们对i这个位置进行研究，本来比i大的都可以作为他的父类，也就是n-i个，所以这个时候我们就知道了aj到ai这条边有多少条了，(n-1)!/(n-i-1)，因为如果所有边去掉没有ai到aj的那是不是就剩下aj到ai，然后我们就可以固定ai，那么可以选择的父类就不只aj，然后每个父类都可以用上述方法求出贡献值，接着我们只要遍历子类，就能得出所有的边的贡献值，我们可以遍历到这个子位置的时候，求一个后缀和，就是所有可能父类的边的成本我们就都可以统计了。
代码里有一难点和痛点（MOD都给我写烦了），/（n-i-1）的时候不能直接MOD，而是要用到费马小定理（a−1≡aMOD−2(modMOD)）要求MOD必须是质数，然后就是求cnt的-1次，也就是模逆元，模板见代码https://codeforces.com/contest/2264/submission/392579735，这个真是有点难理解。然后你就会切这一道题了。