A. Ability Draft
solved by RDC 60min start, 148 min AC, 1Y
题意：两只 Dota 队伍，每队 \(n\) 个英雄，英雄一开始无技能，他们需要按照给定的顺序在技能池中选技能，每个英雄需要恰选择 \(s\) 个普通技能 和 1 个终极技能，每个技能有强度值，双方都想最大化己方和对方强度值之差，双方都是明智的。
做法：注意到，每个英雄，要么选择最强的终极技能要么选择最强普通技能。考虑 DP，用 \(f[x][mask_1][mask_2]\) 表示，还有 \(x\) 个人没选技能，队伍 A 中 \(mask_1\) 中的人获得了终极技能，队伍 B 中 \(mask_2\) 中的人获得了终极技能，在此情况下队伍 A 和队伍 B 的极大分差。考虑到 \(f[x][mask_1][mask_2]\) 的转移，我们对拿终极技能还是普通技能进行决策，即可转移到 \(f[x+1][?][?]\)
C. Block, Stock and Two Smoking Galaxy Notes
solved by F0_0H 20min start, 57 min AC, 1Y
题意：（签到题）给定一个简单图，要求选定一个点为King，并且其他\(n-1\)个点有一个划分，使得每个点所属块的大小为1或2，并且满足每个块内联通，且至少存在一个点与King有边
做法：枚举King（\(度数 \geq \frac{n}{2}\)），然后对于其他\(n-1\)个点根据是否与King有边相连构建二分图，跑一遍匈牙利判断每个点是否有着落，如果可以，输出
F. Shuffle
solved by sdcgvhgj 267min AC, +4
题意 定义操作\(shuffle(s) = s_1s_3...s_{n-1}s_2s_4...s_n\)，问最少进行多少次操作把s变换到t
做法 把此置换分成若干个独立的循环，设第i个循环把s变换到t的最小步数为\(a_i\)，把t变换到t的最小步数为\(m_i\)，于是有 \(ans\%m_i=a_i\)，于是用KMP求出\(a_i\)和\(m_i\)再用扩展中国剩余定理求出ans即可。
证明：考虑第i个循环，
1.若用n步能从t变换到t，则一定有\(m_i|n\)，若不满足，设\(x=n\%m_i\)，则x步也可以从t变换到t，且\(x<m_i\)，矛盾。(离散里群的最小生成元?)
2.若用n步能从s变换到t，那么可以看成先用\(a_i\)步从s变换到t，再用\(n-a_i\)步从t变换到t，于是 \(n\%m_i=a_i\)
G. Piecewise Linearity
solved by sdcgvhgj 117min AC, +1
题意 给一条折线，问能不能用\(f(x)=\sum_{i=1}^m\lambda_i|x-a_i|\)形状的函数来表示
做法 对于折线第i个点，有\(\lambda_i=(右侧斜率-左侧斜率)/2\)，所以\(f(x)\)就确定了，判断是否满足即可。注意除斜率条件还有截距条件。
H. Sketch
solved by RDC 213min start, 256 min AC, +4
题意 构造长度为 \(n\) 的序列 \(b[]\), \(1\leq b_i \leq m\)，LIS 为 \(k\)，对于 \(1\leq i \leq k\)若 \(a_i \neq -1\)，长度为 \(i\) 的不降子序列结尾元素极小值为 \(a_i\)。
做法 考虑没有 -1 的 case，有解的一个必要条件是 \(a_i\) 不降，先不考虑长度为 \(n\) 的限制，那么有
- 我们可以构造长度为 \(k\) 的序列，且 \(k\) 是下界。
- 在序列中，\([a_k,m+1)\) 中的每个元素至多出现 \(k\) 次，\([a_{k-1},a_k)\) 中的每个元素至多出现 \(k-1\) 次 ..... \([a_1,a_2)\) 中的每个元素至多出现 1 次，根据这个性质，序列长度存在一个上界 \((a_2-a_1)+2*(a_3-a_2)+....+k*(m+1-a_k)\) = \(k*(m+1) - \sum_{i=1}^{k}a_i\)
构造方法：
- 写下序列 \([a_1,a_2,a_3,....,a_k]\)
- 在序列前添上，\([1个a_2,1个a_2-1,.....,1个a_1+1]\)
- 在序列前添上，\([2个a_3,2个a_3-1,.....,2个a_2+1]\)
- 在序列前添上，\([3个a_4,3个a_4-1,.....,3个a_3+1]\)
以此类推，因此我们证明了，下界到上界中的每个长度都是可以构造出来的。【介值定理既视感】
考虑有 -1 的 Cas，我们贪心地给 \(a_i=-1\) 的位置赋值使得上界极大即可。
I. Piecewise Linearity
upsolved by sdcgvhgj
题意 n个大小为k的栈，每次给你栈顶元素，你输出x，它将栈顶>=x或<=x的元素pop出来,在50次以内把栈清空
做法 按栈的剩余个数越多优先级越高的想法，每次按栈顶元素排序，选一个位置使左边和右边的\(\sum size(i)\)尽可能接近，WA，改成使\(\sum 2^{size(i)}\)尽可能接近，AC。
K. Hiding a Tree
solved by sdcgvhgj 40min start, 64min AC, +2
题意 给定一棵树，并且其中某些节点可以将其编号改为\([1,1e9]\)的任意值，两节点编号不能相同，你需要使序列 \(n,u_1,v_1,u_2,v_2...u_n,v_n\)异或和为0
做法 只有度数为奇数的点的标号会影响异或和，对这样的点的个数进行讨论即可。注意一个点时如果需要改成的标号冲突但那个点可以进行修改也是可以的，有两个点但需要这两个点标号相等是不可以的，大于两个点一定可以