QOJ8147
首先可以手算出这个序列满足：
- \(a_1=1\);
- \(a_{i+1}=-a_i\vee a_{i+1}=a_i+2\).
但是还是不好数啊。接下来这一步纯数学，构造：\(b_i=\frac{|a_i|+1}{2}\)，显然还是整数序列。
发现限制变成了：
- \(b_1=1\);
- \(b_{i+1}=b_i+1\vee b_{i+1}=b_i-1\).
值域限制是 \([0,\frac{m+1}{2}]\)，这个能做吗？
考虑把 +1 看作向右一步，-1 看作向上一步，那么这就是个折线问题，要求 \(x-m+1\le y\le x+1\)，最终走到 \((x,m-x+1)\)。
可以看作不经过两条折线的格路计数，这个东西大概做法就是在一条折线的基础上做容斥，每次换一个对称直到做完。
AGC045B
相当于最小化前缀和的极差，不妨假设 ? 都是 0，然后调整一些为 1。
我们可以枚举一下最大值啊，然后就可以贪心上调最小值，显然贪心的方法也很简单，就是从前往后只要能上提就提。
这是个平方做法，考虑优化，大概是会存在一些数据结构方法的。
不过可以进一步发掘性质：最大值至少是原有的，而我们第二次上调最大值时，那么最小值也会有相同的涨幅，否则说明第一次没涨够。
因此最大值涨一次就够了。
QOJ10404
匹配的条件就是 \(l_i+l_j\le s\le r_i+r_j\)，考虑贪心匹配。
如果我们按照 \(l\) 递减排序区间，然后考虑当前区间 \(i\) 和 \(l_j\le s-l_i\)，肯定后面的 \(i\) 决策更包容（在 \(l\) 的限制上），因此当前的 \(i\) 若能和 \(j\) 匹配的话为了某个后面的决策而放弃肯定是不优的，所以我们贪心地在此处尝试做匹配，找出最小的能匹配的 \(r_j\)。
执行上述操作直到 \(i>j\)，那么后面的决策都被考虑过了，而当前的决策都能满足 \(l\) 的限制，再在他们之中匹配即可。
CF2085F2
考虑枚举我们选出数列的中位数在 \(p\)，那么 \(p\) 处的答案就是 \(\sum{p-s_i}+\sum{t_i-s}\)，其中 \(s_i,t_i\) 就是某个颜色到 \(s\) 的最近距离。
这个平方做法能否优化呢？可以的，我们需要给 \(s_i,t_i\) 做整体加法，修改常数个位置的 \(s_i,t_i\)，以及查询两侧的前 \(k\) 大和。
使用对顶 std::multiset 即可。
CF2006D
首先我们知道修改肯定是改到 1。
其次一个显然的贪心策略是排序后每次放一个最大一个最小，这显然是很优的。
如果最大值不在开头，那么我们完全可以把最大值的前缀翻转，这样对下一个位置的限制就变松了。
如果最小值不跟在旁边，那说明在旁边的这个值足够小，完全可以视作最小值。
那么我们来考虑这个策略能完成的条件，那就是 \(\forall i\le\sqrt{k} cnt(1,i)\ge cnt(\frac{k}{i},k)\)。
有用的 \(cnt\) 显然只有 \(2\sqrt{k}\) 个，维护前缀和即可查询，答案需要同时满足每个 \(i\) 限制，取最大值即可。
需要注意长度为奇数时的情况，以及可以第一维扫 \(i\) 来卡空间。
UOJ390
转化成考虑一个无限选人刀一滴血的序列，但选到似掉的就跳过。
容斥每个人似前没似的人数，然后考虑他们总共选了多少次。
假设有 \(j\) 个前面没似的人，加上查询的 \(i\) 总共选了 \(k\) 次，那么这个序列的生成概率是 \(\frac{1}{(j+1)^k}\)。
而前面这部分的贡献看着就很能背包啊，设 \(f(j,k)\) 为考虑一些人后有 \(j\) 个被钦定还没似，这些人用了 \(k\) 次，转移就是枚举这个人似不似，没似的话用了几次，插排进去。
查询的 \(i\) 单独考虑，也是插排进去。
啥你问没钦定的那些人怎么说？显然是不影响的，注意我们前面赋的生成概率。
这个五次方做法已经能过了，但还能再优一点：注意到每次查询相当于从所有物品中扣掉一个物品做的背包，这个首先可以缺一分治，而这个题的背包性质还好一些，它可以直接删！
这样就能做到四次方。