一些閑話：旅行傳送門
題意：給你一個含有 \(k\) 個節點，編号從 \(0\) 至 \(k-1\) 的計算叢集，以及一組已知到達時間與處理時間的請求（亦從 \(0\) 開始編号）。
當每個請求到達時，它會優先進入第 (\(i\) % \(k\)) 個節點，若目前節點正忙，則根據開放定址法去找下一個空閑節點（如果最終都沒能找到空閑的節點，該請求将被忽略）。
現在問你在發送完這組請求後，哪些節點處理的請求數量最多？
題目分析：顯然，請求的結束時間（即節點可以被重新啟用的時間）= 到達時間 + 處理時間。
先考慮暴力的做法，新請求到來時掃一遍目前節點，如果有節點滿足條件（節點内請求的結束時間 \(\leq\) 目前請求的到達時間）就進行更新，時間複雜度約為 \(O(nk)\) ，必 \(T\)。
這裡采取線段樹+二分查詢優化，時間複雜度 \(O(nlogk)\) ，具體看圖：
線段樹維護區間最小值，單點修改，區間查詢
根據最小值進行二分，為了友善查詢我拷貝了一份節點（也可以先查 \(i\) ~ \(k-1\) ，再查 \(0\) ~ \(i-1\) ），更新時同時更新兩個就好。
注意輸出格式，行尾無空格（白 PE 六發，真的傻逼）
AC代碼：
題意：給你 \(n\) 個點和 \(m\) 次操作，每次操作令區間 \([l, r]\) 中的點兩兩相連構成一張邊權為 \(w\) 的完全圖，求要得到最小生成樹所需删除邊的邊權總和。
題目分析：将所有操作按邊權降序排序，接下來按區間覆寫問題來做就好，最終得到的最小生成樹一定是一條鍊，答案即為總邊權減去最小生成樹的權重，線段樹與分塊均可，分塊要跑得快一些。
AC代碼（線段樹）：
AC代碼（分塊）：
題意：給你兩個圓心分别為 \((a,b)\) 與 \((2a,0)\) 的圓 \(A\) 、 \(B\) ，半徑均為 \(r\) 的圓，現從原點出發，問先經過圓 \(A\) 再經過圓 \(B\) 的最短路徑是多少？
題目分析：分兩種情況讨論，具體看圖和代碼：
題意：給你 \(n\) 個點的坐标，這些點構成了一些三角形和線段。每次詢問一個點所有的鄰點與所在圖形的編号。
題目分析：最開始 \(cx\) 了解的意思就是對的，我也想過坐标是不是沒用，但可惜沒能猜透出題人的心思，往複雜的方面去想了，賽後交流的時候發現有幾支隊伍也想歪了，大家都在考慮怎麼判斷某個點包不包含在其它三角形内，一緻認為這是個幾何題，各種叉乘去搞。
結果笑死，哪有我們想的這麼高大上，用 \(map\) 直接記錄就完事了。md擱着猜謎呢，和出題人心意不相通還寫不了題了。
題意：給你一個序列 \(S\) 和一個數 \(A\) ，找出序列中所有與 \(A\) 的內插補點 \(\leq r\) 的元素，降序輸出。
題目分析：簽到題，降序排列後 \(O(n)\) 掃一遍就好，難點主要在處理輸入資料上。
題意：給你一張初始全為白點的空圖，按照時間順序建圖，建圖過程中會将白點染成紅黑色，求相鄰兩次詢問間新增的紅黑路（紅點到黑點）的路徑長的異或和，紅黑路的路徑長指的是路徑上每個點的編号乘以目前長度的總和。
題目分析：離線算法，記錄每個操作目前的時間戳。先 \(dfs\) 标記所有能到達黑點的點，然後構造新圖，隻把有用的邊連上，再對每個紅點進行 \(dfs\) 計算其構成的每條紅黑路的路徑長，根據之前記錄的時間戳來更新答案以保證正确性。最後維護個字首異或和，對每個詢問輸出 \(ans_{q[i]} \bigoplus ans_{q[i-1]}\) 即可。
題意：模拟題，給你一張有向圖，每次詢問從節點 \(i\) 開始按指定方向走最終到達的點。
題目分析：閱讀了解+模拟，跟着題意來就好，越界就判定丢包。