CF1935F
如果代价都能做到 1，那就再好不过了。
尝试一下，发现一个子树总有最小值 \(x\)，那么连接 \((x,x-1)\) 看起来就做完了。
但是可能 \(x-1\) 被删了，这样就挂了，需要连 \((x,x-2)\)。
然后发现 \((x,x-2)\) 不一定要连，可能已经联通了，这比较诡异，让我们把编号序列拉出来分析。
每个子树都在编号序列上占据了一些位置，假设删去的是 \(i\)，可以将其分为 \(i\) 左侧，\(i\) 右侧，横跨 \(i\) 三类。
左侧的直接 \((l,l-1)\) 就全通了，右侧则是 \((r,r+1)\)。
如果存在横跨一类，那么此时就已经联通了，否则需要 \((i-1,i+1)\)。
但是若全是横跨的，那我们就挂了，于是继续判判判。
把右侧这个概念扩展为在右侧占了位置就算，然后跑同样的东西，我们就对了……
然后发现如果有一个在左侧的 \(l=1\) 那它又似了，需要从右侧补一个 \((l-1,l)\) 来。
CF1866J
首先考虑一段极长相同段，我们会想做个合并，但感觉可能会变劣。
想一下，我们要是中间断了，那想当于多了个颜色，那肯定不会变优，所以中间不断肯定不劣。
因为删东西的时候会先把若干数凑到一个栈顶，而他们中间的数是会被删空的，于是就很像区间地皮。
设 \(f(l,r)\) 是删空这段的答案，考虑做一次。
发现很难受啊，我们凑这些数其实是有两种方法的：把所有这次删的位置挪（中间那些不要的就是子问题）到另一个栈直到只剩一个位置，既可以直接挪过去删，也可以把前面的挪回来删。
这个解决方法很直接，再设 \(g(l,r),h(l,r)\) 分别算出两种方法的答案，然后都尝试更新 \(dp(l,r)\)。
\(g,h\) 要求了 \(a_l=a_r\)。
CF1797F
题中的限制容易让人想到笛卡尔树，于是想弄一个树上笛卡尔树状物。
但是我们没有序列啊！稍微想一下意识到约束应该是子树是一个连通块，然后多叉堆这样的。
自信魔改，倒着扫值域，然后把大点设成小点的儿子，为了解决堆的矛盾，合并后用并查集把大点代表元设置成小点来连边。
然后就可以在这个结构上数出满足其中一类的了，正着扫值域可以数另一类，用一个树状数组维护可以数出两类都符合的。
修改其实很假，简单讨论一下即可。
CF1810G
地皮是很典的倒过来跑前缀最值，优化是很典的倒推系数。
CF1805F
对于简单版本，有很经典的暴力做法：每个数上都有一个决策集合（之后的所有数），而且这个集合一定是从小到大考虑决策，于是最开始只把第一个决策加入维护，用掉之后再加入下一个决策。
一个小问题是我们没法存这么大的值来比，但是可以每轮开始前全都减去一个 \(a_1\)，容易发现是不会超的（值域只会乘 \(n\)），这样就得到了平方老哥的做法，没啥可以加速的。
分析性质，发现较大的数一般跑两轮就消失了，考虑 \(a_2+a_3>a_n\)，苟活一轮，下一轮 \(a_n-a_3\) 要是还在，而 \(a_2+a_3>a_n\) 说明了 \(2a_n-2a_3<a_n\)，因此 \(a_n\) 折半了。
而一个数肯定不能除太多次，于是我们意识到后面的数基本都免不了消失，所以需要的数大概就是值域的对数级别。
这也就是说我们只需要保存每轮的前 \(k\) 个就行了，那考虑了决策的位置和要求出的位置都只有 \(k\) 个。
CF1806F
多拉一些数下水看着就很不优，于是感觉是直接把某一些数先选出来，然后对这个集合做。
然后我又要说这个东西假了，会发现存在一种办法是单独拿相同的数来做一次，可能会变优。
现在我们的新结论就是先选一部分数，剩下的都是相同的数合并。
枚举这俩分别的次数，后者是好处理的，前者看着很扯。
对于简单版本，一个办法是把最后的 gcd 枚出来，然后选其倍数里那些小的来，好像挺经典的。
困难版本肯定不能这么干了，但我们对 gcd 貌似一无所知（我只知道他变化次数是对数的）。
这个地方很神啊：gcd 不超过两数差值，也就是说选出集合里的最大数改小的话，是不劣的。
因此我们可以通过把最大值改小，使得最小的那些数都要选，只是我们需要去外面选一个来调 gcd。
但我们外面有个枚举，看起来很炸缸。
注意到 gcd 变化次数是对数的，因此其实调 gcd 这个东西有效操作只有对数次，变化的时候再做就行了……