CF1762D
做过。
考虑增量法。每次加入一个数，和原来两个数中间选出两个新的可能为 \(0\) 的位置。
假设三个数是 \(a=0,b,c\)，则询问出的 \(gcd\) 应为 \(gcd(b,c),b,c\)。于是可以通过判断 \(gcd(a,b),gcd(b,c)\) 的大小关系判断哪一个不可能是 \(0\).
CF2196F
太长了写不动了
大概是先考虑 \(n\) 为奇数，考虑尽量平均分，变为 \(2m=pn+q\)，然后设 \(ap+b(p+1)=m\), \(a+b < \frac n2\)，然后推一堆式子推出 \(p\) 和 \(q\) 应满足什么关系，然后分讨一万种情况。
对于 \(n\) 为偶数，去掉一个点就能变为奇数，然后再推一些东西就好了。
CF2124G
稍微模拟一下，会发现 \(i\) 总是取严格前缀 \(min\)。记前缀 \(\min\) 为 \(pre_i\), 则修改完后 \(pre'_i \in [pre_i,pre_{i-1}]\)。
容易发现同时枚举 \(i\) 和 \(pre'_i\) 是 \(O(n)\) 的，然后重新算贡献时，只有 \(i\) 到 \(i\) 以后第一个比原 \(a_i\) 小的位置和 \(j\) 以后的 \(pre\) 有变化。简单预处理即可。
CF1364E
显然找出 \(0\) 就能找出所有数。
然后就是找出 \(0\)。假设我们有办法用若干次求出一个数的具体值，则可以从 \(1\) 开始，记录当前的 "0"，每次拓展一个数，判断这个数是不是原来的 "0" 的子集，如果是则令 "0" 变为新的数。容易发现这样一定是对的，且需要求出不超过 \(log_n\) 次单点值。实际上，随机一下会发现这个 \(log_n\) 根本跑不满。
然后是用若干次求出一个数的具体值。随机 \(k\) 个数与它询问，令具体值为询问得到的答案的按位与，则每一位的正确率是 \(2^{-k}\)。\(k\) 随便取别太小的数都行。