A. tag: 构造
任意两个相邻编号之差的绝对值都必须大于d，任意的意思实际上就是说行不行取决于最小的编号差，于是我们的目标就是要让最小的编号差最大。到目前为止目标就很明确了，至少有这样两种思路能够比较顺利的找到构造方法：
1. 我们能够知道，对于任意一个编号而言，相邻的编号差是有一个上界的，两端编号(离1和n比较近的数)的上界比较大，中间的上界比较小，最小的上界就是中间的那一个或两个数了，那么我们会比较好奇这个上界能否达到呢？通过画一画是可以发现这个上界能够达到，那就ok了。 2. 把3, 4, 5, 6, 7这些情况都画一画，估计就找到规律了。
B. tag: 枚举
枚举即可，注意Alice不是拿的牌越多越好。
C. tag: 状态压缩dp
考虑bitmask dp，2^30状态有点多，但发现其实对于只有一个人的组，是可以不用放到状态里的，>=2个人的组<=15个，这样状态数就ok了。
D. tag: 贪心，排序，单调性
首先，换马的策略是比较容易想到的，拿最小速度的马去换最大速度的马，但是这样的话每次换完再统计是O(n^2)。这里的话我们实际可以考虑每匹马对于查询的贡献，这个是存在一个单调性的，即在一匹一匹换的过程中，当一匹马现在可以赢的话，后面一定可以赢。再加上一些细节的考虑之后不难得到一个O(n)的算法，其实仔细想想是跟括号序列的问题很类似的。
E. tag: 树形dp, dp转移优化
这种树上的问题，规模又这么大，基本就是dp了（考虑到树分治其实也是为了dp，为了优化一部分复杂度）。 首先要想到，在一个边方向不改变的树上，怎么计算最少分解成几个链，发现是和sigma|in-out|（出度和入度差的绝对值之和）有关。接着考虑在改变边方向的基础上，最少链的下界，那么就是每个点的出度和入度之差都达到下界，0或者1。
dp的话状态比较容易想，一个是点肯定是状态的一部分，另外就是父边的方向，转移的时候乍一看是一个每个组二选一的分组背包，不过直接背包复杂度就高了，但其实根据前面的分析，这个背包还是比较特殊的，可以用贪心的方式排个序然后贪心选就可以了。
F. tag: 数据结构，树链剖分，动态树
环基树（n个点n个边，带环的“树”），实际是森林，树链剖分和动态树都可以。直接暴力应该是会超时的。
G. tag: 数学，计数，分治
考虑分治，要么在左边统计，要么在右边统计，要么跨区统计，那么只需要考虑跨区的。考虑等差数列的公差，跨区的结果里面公差一定是跨区临界两个元素差的约数，而约数的数量大概是log(n)级别的，所以枚举公差是可以接受的。枚举完公差之后，设计一个高效（因为最后结果可能是n^2级别的）的算法统计数量即可。
H. tag: 字符串，后缀自动机，AC自动机
考虑查询在*号位置断开首位拼接（中间加一个分隔符），字典里的单词也如此，可以转化成带限制长度的子串出现次数查询的问题。如果强制在线，可以上后缀自动机，离线的话AC自动机好搞一些。当然还有很多其他的思路，比如哈希等等，但可能复杂度上没有那么可靠。
I. tag: 最短路，Dijkstra
每次查询都跑一次最短路的代价有点高，要么就考虑优化每次做最短路的代价（确实有比较好想到的优化的余地，但也有可能不难想到针对的措施，或者真的优化的非常好也是可以的），要么就另辟蹊径。
发现可以直接从维修点一起开始跑最短路，这样一次跑完就能知道每个点距离维修点的最短距离了。对于输出结果的话，比较好写的是在Dijkstra状态转移的过程中直接用c++的bitset记录，或者跑完之后，每次查询dfs一下。
J. tag: 计算几何，直线/线段交
可以(p,0)和每个障碍物端点连线与路径求交点，这样路径变成了一段一段的，转而去求每一段能否被看到。一种方法是找到段的中点和(p,0)连线，看是否会经过障碍物。
K. tag: 贪心，枚举
这个题可以直接去找最大/最小是多少，也可以通过有策略的枚举，然后找到所有情况中的最优解。
最大/最小不难对应到，实际上就是3的场次的多少的问题，如果是最小，就是3的场次尽可能多，那么我们就把每个队都让他能赢尽可能多的场次，但是会发现有可能不行呀，最后的分总和得是偶数，但是这样还是不行，比如剩下2和0就不行，这对应到的一个问题就是不仅需要是偶数，还必须真的能拆成多个1+1。仔细想一下可以发现，如果能拆成多个1+1就必须要最大值<=总和的一半，只要满足这点一定可拆，只要不满足一定不可拆。那么我们就可以得到这样一个找最小的方法：把能减的3都减掉，然后往回加，每次加的时候把3分给当前还有3可以加的点，直到满足两个条件为止，一是和为偶数，二是最大值<=当前总和的一半。找最大类似，有策略的枚举的想法也类似。