zhengrui 估计是选的之前的老题。
期望得分：200 pts
实际得分：0 pts
怎么回事呢？
T1
noip t1 放博弈是吧。
仔细思考你会发现如果最后是小 A 操作那么小 A 必胜，因为不论最后两个数的奇偶性是什么，总能操作得到偶数。
接下来考虑小 B 最后操作的情况。
显然，小 A 需要剩下的偶数尽可能多，在这一点的基础上，才是让奇数尽可能的少，小 B 同样如此。
如果最后无论如何都剩下两个偶数，那么小 B 就输了，否则必赢。
那么你想，小 A 每次删去两个奇数多了一个偶数，小 B 此时最多删掉一个偶数，奇数数量不变，那么组合起来的效果就是，小 A 每次可以随便删去两个奇数。
将这样的操作全部删除干净后，根据奇偶数量即可判断最后剩下几个偶数。
T2
考场大样例无敌了，我以为可以不用线段树优化建图来着直接跑的区间。
首先让 \(i\) 向 \([l_i, r_i]\) 连边，那么如果 \(i\) 能够到达的点里有人先选，那么之后按照顺序一定能让 \(i\) 选上。
那么缩点，对于所有出度不为 \(0\) 的连通块显然能够全部获得贡献，而对于出度为 0$ 的点我们需要干掉其中一个最小的，以此来获得这个连通块的全部贡献。
就这么简单，考场上我写了个完全不对的区间给我过样例了，不懂出题人怎么造的大样例。
T3
一中场原题，不过我场上是做不出来的。
首先考虑最后一步前缀和是废物，根据期望的线性性，我们求出其差分数组排序后每个位置的期望即可，最后算一遍前缀和就对了。
考虑常见期望技巧，枚举答案位置 \(i\)，求其 \(\ge j\) 的概率相加即是其期望。不难发现其等价于一个长度为 \(n\) 的总和 \(\le m\) 的序列中有 \(k\) 个数 \(\ge j\) 的方案数。这显然可以利用容斥得到平凡的式子后进行二项式反演做。
时间复杂度 \(O(m \log m + n^2)\)，当时场上只有 chifan 和石堆做出来了。