昨晚简单 vp 了场比赛找了找状态，切了 5 个题（有一个差点调出来），rk57，还算理想吧，毕竟我已经好久没碰过电脑了（

A

签到题不多说，直接输出 \(\min\{a,b,\dfrac{a+b}{3}\}\) 即可

B

对于每次操作维护一个区间 \([l,r]\) 表示有可能是 \(1\) 的位置组成的集合（显然是一个区间），初始 \(l=r=x\)，每次操作如果 \([l,r]\) 和操作的区间有交那么取个并即可，复杂度线性

C

开个桶记录下到 \((1,1)\) 距离为 \(1,2,3,\cdots,n+m-1\) 的点中分别有多少个 \(0,1\)，然后在对称的位置里面取 \(\min\) 相加即可，复杂度线性

D

如果 \(n\) 可以表示成 \(p^{\alpha}\) 的形式，其中 \(p\) 是质数，\(\alpha\) 是整数，那么答案就是 \(-1\)，否则记 \(mnp_x\) 为 \(x\) 的最小质因子，\(\beta\) 为 \(mnp_n\) 在 \(n\) 的质因数分解形式中的最大因子，那么 \(\dfrac{n}{p^{\beta}},mnp_{\dfrac{n}{p^{\beta}}}\) 符合条件

E

对于每一段二分找出这一段可能的左端点、右端点，然后乘法原理乘起来即可，二分检验可用 ST 表

F

这道题还蛮有意思的，比赛最后几分钟肝出来了，却因为爆 int 一直 WA 8，赛后 2min 把它 A 掉了……
首先注意到图中每个简单路径的长度都 \(\le m\)，因此当 \(k\) 比较大（\(>m\)）组成的路径肯定不是简单路径，故不难猜出当 \(k\) 比较大时最优方案是先走到某条边 \(e\) 的一个端点处，然后在这条边上来回走动，在这种情况下每过一秒经过的长度 \(\Delta l\) 都等于这条边的边权 \(w\)，因此这条边经过的路径长度可以写成一个与时间 \(t\) 有关的一次函数 \(y=wt+b(t\ge t_0)\)，其中 \(t_0\) 为到达这条边的时间。
受到这个思想的启发，我们可以先暴力 \(dp\) 求出当 \(k\le m\) 时以每个点结束的最短路径，这部分的贡献我们特殊处理一下，特判掉。对于 \(k>m\) 的部分我们就暴力枚举是哪条边，以及到达这条边的时间 \(t_0\)，这样有 \(n^2\) 条直线（或者准确来说，是一条射线），求出它们的凸壳即可，复杂度 \(n^2\log n\) 可以通过。当然这里也有一个非常 trival 的优化，不难发现同一条边，对于不同的 \(t_0\)，它们表示的直线的斜率是相同的，我们只需保留截距最大的那条即可。这样建凸包的时间可以降到 \(n\log n\)，总复杂度 \(nm+n\log n\)。

G

这道题倒感觉不如 F 有意思，虽然我现场并没有想到正解，可能是我 \(dp\) 太菜了吧
一个很显然的思路是设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 位，现在匹配到第 \(j\) 位的最小删除字符个数。这一步我倒是想到了，然鹅我只想到了线性的转移，看来还是 wtcl 了啊……
事实上这个状态可以实现 \(\mathcal O(1)\) 转移：

• \(dp_{i+1,j}\leftarrow dp_{i,j}+1\)
• \(dp_{i+1,j+1}\leftarrow dp_{i,j}(s_{i+1}=t_{j+1})\)
• \(dp_{nxt_i,j}\leftarrow dp_{i,j}\)（其中 \(nxt_i\) 为从 \(i\) 开始，如果把小写字母当作左括号，点当作右括号，第一个达到括号平衡的位置）

时空复杂度均平方。