最简单但挂分最惨的一集。

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A：

首先特判 $n=1$，考虑 $n>1$ 的情况：

容易发现在树为链的时候 $ans$ 最大，为 $\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1$；在树为菊花的时候 $ans$ 最小，为 $2$，继续往下找规律，发现将一个链尾指向链首，形成链套菊花，每次操作可以使答案减少 1。

然后模拟即可。

B：

对于每个点，维护 $val_i$ 为当前点能跳到的最靠左的端点。

对于 $\forall i\in[1,n],c_i=c_n$，每次二分 + 哈希找到 $L_{min}$，$val_i=\min(L_{min},val_j,j\in[L-1,i])$，其余的 $val$ 赋为 $n+1$ 即可。

树状数组维护即可，时间复杂度为 $\mathcal O(n\log n)$。

C：

先考虑第二条限制，容易发现 $B$ 中的数不能重复，接着打表发现 $1$ 只能放在第一位，$2$ 和 $4$ 只能出现一个，$3$ 只能放在最后，其余的数需倒序放置。

差不多是这样：$1,n,n-1...\{4,2\},3$。

现在带入第一条限制，容易发现最终取出的序列形态只有两种：

• $\{1,x,y,z\}(x>y>z>1)$
• $\{1,x,y,2,3\}(x>y\neq4)$

设 $f_{i,j}$ 为将 $A_j$ 放在 $B_i$ 的方案数，不难发现转移区间为 $f_{i-1}$ 的一段后缀，开若干个树状数组优化转移即可。

时间复杂度为 $\mathcal O(n\log n)$。

D：

不会，没讲，广二老哥一个没改我改集贸。

扔个题解：

我们先忽略把圣遗物分成两份这个限制，思考该弱化版下二人的策略。

可以感知到，在最终局面中，对于每一个圣遗物，二人都会尽量做到平均分配。

这说明对于 $s_{i} \not \equiv-1\left(\bmod 2 a_{i}\right)$ 的圣遗物 $i$ ，二人的收益都是 $c_{i}\left\lfloor\frac{s_{i}}{2 a_{i}}\right\rfloor$ 。而对于 $s_{i} \equiv-1\left(\bmod 2a_{i}\right)$ 的圣遗物 $i$ ，我们按 $c$ 从大到小将其排序成 $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{m}$ ，则先手的额外收益为 $\sum_{2 i+1 \leq m} c_{p_{2 i+1}}$ ，后手的额外收益为 $\sum_{2 i \leq m} c_{p_{2 i}}$ 。

回到原问题，我们据此 dp ，将所有圣遗物按 $c_{i}$ 从大到小排序，用 $dp_{i, j, c_{1}, c_{2}}$ 表示考虑完前 $i$ 种圣遗物，第一份圣遗物个数为 $j$ ，两份中 $s_{i} \equiv-1\left(\bmod 2 a_{i}\right)$ 的圣遗物 $i$ 的个数的奇偶性分别为 $c_{1}, c_{2}$ 小 w 的最大收益。转移时同时考虑一般贡献和额外贡献即可。

时间复杂度 $\mathcal O\left(\left(\sum s_{i}\right)^{2}\right)$ ，可以通过第二个 Subtask。

注意到，令其中一份中圣遗物 $i$ 的数量为 $x_{i}$ ，对于 $x_{i} \bmod 2 a_{i}$ 值相同的 $x_{i}$ ，最终两份中圣遗物 $i$ 的贡献和是相同的，这启示我们只枚举 $x_{i} \in\left[0,2 a_{i}\right)$ ，但注意到我们原来的 dp 是在做背包的同时计算贡献，如果这样处理后背包便无法进行，于是我们考虑将背包分成 $\bmod 2 a_{i}$ 的余数和 $2 a_{i}$ 的倍数两部分做。

特判掉 $s_{i}<2 a_{i}$ 的圣遗物，这些圣遗物我们用之前的 dp 暴力做，对于剩下部分，我们将余数做背包的同时算贡献，这部分复杂度为 $\mathcal O\left(\left(\sum a_{i}\right)^{2}\right)$ 。

对于倍数部分的背包，我们需要知道倍数枚举的上界，但这和余数的实际值有关，看似无法继续。但观察到，可能的上界只有两种：令圣遗物 $i$ 分给第一份的个数的余数部分为 $r_{i}$ ，则当 $r_{i} \leq s_{i} \bmod 2 a_{i}$ 时，上界为 $\left\lfloor\frac{s_{i}}{2 a_{i}}\right\rfloor$ ，否则为 $\left\lfloor\frac{s_{i}}{2 a_{i}}\right\rfloor-1$ 。

我们不妨统一令上界为 $\left\lfloor\frac{s_{i}}{2 a_{i}}\right\rfloor-1$ ，同时对于余数部分的 dp ，如果 $r_{i} \leq s_{i} \bmod 2 a_{i}$ ，我们多进行一个大小为 $r_{i}+2 a_{i}$ 背包转移即可。

于是我们只用关心倍数部分的背包，即：给定 $n$ 种物品，第 $i$ 种物品有 $L_{i}=\left\lfloor\frac{s_{i}}{2 a_{i}}\right\rfloor-1$ 个，每一个的体积为 $V_{i}=2 a_{i}$ ，问能不能凑出某个固定大小的背包。暴力做还是是 $\mathcal O\left(\left(\sum s_{i}\right)^{2}\right)$ 的，但这显然可以 bitset 优化，可以通过第三个 Subtask。

做可行性 dp 显然是浪费的，我们更改定义为 $g_{i, j}$ 表示前 $i$ 种物品想凑出大小为 $j$ 的背包，第 $i$ 个物品至少要选多少个，不合法则 $g_{i, j}=-1$ 。

对于该 dp ，显然可以通过分讨 $\mathcal O(1)$ 转移，时间复杂度 $\mathcal O\left(n \sum s_{i}\right)$ ，可以通过第四个 Subtask。

考虑继续优化。我们发现，其实很多物品都是等价的。具体地，由于 $2 a_{i}$ 只有最多 $\sqrt{\sum} a_{i}$ 种，故我们把体积相同的物品合并，再做刚刚的 dp ，时间复杂度 $\mathcal O\left(\sqrt{\sum} a_{i} \sum s_{i}\right)$ ，可以通过本题。