 总结)
CF Global Round 29(#2147) 总结
A
void solve() {int x,y;cin>>x>>y;if(x<y) return cout<<"2\n",void();--x;if(y<x&&y>1) return cout<<"3\n",void();cout<<"-1\n";
}
B
可以考虑构造 \(i\) 的距离为 \(2i\)，发现如下构造是合法的：
C
考虑 DP。分为四种：
- 当前位为兔子，且兔子往左看。
- 当前位为兔子，且兔子往右看。
- 当前位为空，且之前有兔子往这个空位看。
- 当前位为空，且之前没有兔子往这个空位看。
D
全是偶数的情况，先手选完，后手可以跟着选最优。因此贡献平分。
存在奇数的情况，一个奇数被选了就会转化成偶数的情况，在被变成偶数后贡献平分。
因此两人的策略就是依次选当前最优的奇数。于是按奇数个数排序即可。
E
最优答案一定是优先把一个二进制为前缀填满。考虑计算 \(f_i\) 表示把前 \(i\) 位填满的最小代价，查询时二分即可。
考虑贪心。可以从高位往低位填，每次填 \(2^j-(a_i\bmod 2^{j+1})\) 最小的位置，如果已经有 1 就可以不用填。
复杂度 \(O(n\log ^2V+q\log \log n)\)。
H
看起来很奇怪的题。可以猜奇怪的结论：颜色数最多为 \(2\)。
对颜色数为 \(1\) 的情况，可以建最小割树。
剩下的情况，我们让最小割为偶数。先把偶权边去掉，然后黑白染色，总有一种方案使得每个点只有偶数个同色邻点，此时有欧拉回路，则最小割为偶数。
可以高斯消元解异或方程组给每个点染色。
I1 & I2
考虑如果有一个等差数列（差为 \(1\)），那么可以从中间开始左右反复跳。
考虑拆成多个等差数列，我们需要一种方案使得任意一对等差数列都能来回跳。
考虑相邻等差数列间的距离呈指数增长，那么可以依次跳等差数列对 \((2,1),(3,2),(3,1),(4,3),(4,2),(4,1),(5,4)\dots\)，即对于 \((a,b),(c,d)\) 先跳 \(a,c\) 为第一关键字、\(b,d\) 为第二关键字排序的对。
但还有一个问题，就是跳完 \((i,j)\) 后怎么切换到跳 \((i,j-1)\)。因为直接跳会使得 \(r_i\to r_{j-1}\to l_i\) 不合法。可以考虑此时从 \(r_i\) 先往右跳、再往左跳到 \(l_i-1\)，这样就合法了。