自己当时没有做出来的题目标 *。
A*
比较好奇怎么想到的。
令 \(N=1234567890+d\)，则 \(N\) 是一个符合条件的数字。
但是这个数必须是 \(n\) 的倍数，记 \(t=\log_{10}n\)，则令 \(k=\frac{N\times 10^t}{n}\) 上取整。
这样，\(nk\) 的值比较接近 \(N\)，就算无法整除，上取整也只会影响后 \(t\) 位 \(+n\)，对答案没有影响。
复杂度 \(O(T)\)。
B
注意到每次一定只会在严格后缀最小值的地方买，如果不在，可以在这个地方放弃购买，在当前位置的后缀最小值处买，一定更优。
求一遍后缀最小值，模拟即可。
复杂度 \(O(n)\)。
C*
首先，设 \(x\) 在 \(st_x\) 第一次出现，\(ed_x\) 最后一次出现，则最终序列一定满足 \([st_x,ed_x]\) 内的数相等。
用并查集处理相等关系，最后得到若干连续段，每次可以让段内的所有元素变成一个相同的值，让变化的元素种类数尽可能小。
变化种类数小，等价于不变化的种类数多，一个连续段内至多一个种类的数字不变。
一个非常巧妙的做法是段内元素降序排列，然后求严格 LIS。LIS 包含 \(x\) 等价于段内所有元素变成 \(x\)，否则被前后两个元素段夹着。
直接树状数组求即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。
D*
推一推式子，把绝对值去掉：
求分母的最小值，均值不等式一下，这个在 \(|x_P-x_Q|=|y_P-y_Q|\) 会最优，在实际问题中体现为两点连线斜率接近 \(45/135\) 度（赛时止步于此）。
对于处理这种两点连线斜率接近某一定值的问题，可以旋转坐标系转化为斜率接近水平。此时一定可以发现按照 \(y\) 排序后，最优点对一定在相邻两项之间。
因为旋转坐标，问题就是按照 \(x+y/x-y\) 排序后，最优点对一定在相邻两项之间。复杂度 \(O(n\log n)\)。
E*
卡常码农题，并不是很可做。
F
模拟即可，复杂度 \(O(T)\)。
G*
比较精妙的构造题。
首先对于 \(m\ge 2n-1\) 的情况，可以把最后一列和最后一行都埋上雷，这一部分不会出现不合法的问题。问题变成在 \(n-1\) 大小矩形内埋雷。
反之，可以选择两条相邻的对角线，埋上雷后也一定不会出现不合法的情况，但这一部分埋的雷的数量是奇数。
剩余 \(1\) 可以塞在矩形的令外一个角上，复杂度 \(O(n^2)\)。
H
首先，最终的序列一定是确定的，可以得到每个取出操作取出的是哪个数。
设第 \(i\) 次取出操作取出值 \(x\)。则这一步的总方案数是 \(|S|\)，合法的方案数是 \(S\) 中 \(x\) 的数量。
然后乘起来就没了。
I
为啥没人切。
首先枚举 \(p\) 是一个调和级数，复杂度为 \(O(n\log n)\)。
在判断 \(p\) 合法的同时，需要快速找到字符串从两个位置开始匹配第一个失配的位置，这个过程不超过 \(k\) 次，这一部分是 \(O(nk)\) 的。
瓶颈在于找到字符串从两个位置开始匹配第一个失配的位置，其实就是求 LCP，预处理 SA 转换为 RMQ 问题，可以 \(O(1)\)。
复杂度为 \(O(n\log n +nk)\)。
J
枚举全排列，预处理 \(10^5\) 内所有质数。
K
换根 dp 板子题。
一个更优秀的做法是对于两个点，如果 \(u\) 可以做 \(v\) 的儿子，则连有向边。
最终缩点后的形态是一个树（如果有向边看成无向边）。若树有根（看成有向边），则合法点数就是数的根所在强联通分量大小。
否则无解，其实不需要 Tarjan。原图的特殊性使得只需要合并两个互相指向对方的点，并查集即可。
复杂度为 \(O(n)\)。
L
有一个暴力的 dp，设 \(dp_i\) 表示处理完前 \(i\) 个 bug 的最小花费：
直接做是 \(O(n^2)\) 的。
一个很垃圾的策略是第一次处理 \(1\sim 1\)，第 \(2\) 次处理 \(1\sim 2\)，这样一直重复直到 \(n\)。这样暴力的策略花费 \(<n^2\)，也就是说 \((i-j)^4<n^2\)，否则一定不优，最后得到 \(i-j\le \sqrt{n}\)，这样转移的复杂度就优化成了 \(O(n\sqrt{n})\)。
一个更优秀的下界是 \(O(n^{5/4})\)，不过根号复杂度对于本题已经足够优秀。
M
答案显然具有单调性，直接二分答案。
问题转化为所有区间有一个交点，直接记录左端点最大值和右端点最小值判断即可，复杂度为 \(O(n\log V)\)。