一些闲话：旅行传送门
题意：给你一个含有 \(k\) 个节点，编号从 \(0\) 至 \(k-1\) 的计算集群，以及一组已知到达时间与处理时间的请求（亦从 \(0\) 开始编号）。
当每个请求到达时，它会优先进入第 (\(i\) % \(k\)) 个节点，若当前节点正忙，则根据开放定址法去找下一个空闲节点（如果最终都没能找到空闲的节点，该请求将被忽略）。
现在问你在发送完这组请求后，哪些节点处理的请求数量最多？
题目分析：显然，请求的结束时间（即节点可以被重新启用的时间）= 到达时间 + 处理时间。
先考虑暴力的做法，新请求到来时扫一遍当前节点，如果有节点满足条件（节点内请求的结束时间 \(\leq\) 当前请求的到达时间）就进行更新，时间复杂度约为 \(O(nk)\) ，必 \(T\)。
这里采取线段树+二分查询优化，时间复杂度 \(O(nlogk)\) ，具体看图：
线段树维护区间最小值，单点修改，区间查询
根据最小值进行二分，为了方便查询我拷贝了一份节点（也可以先查 \(i\) ~ \(k-1\) ，再查 \(0\) ~ \(i-1\) ），更新时同时更新两个就好。
注意输出格式，行尾无空格（白 PE 六发，真的傻逼）
AC代码：
题意：给你 \(n\) 个点和 \(m\) 次操作，每次操作令区间 \([l, r]\) 中的点两两相连构成一张边权为 \(w\) 的完全图，求要得到最小生成树所需删除边的边权总和。
题目分析：将所有操作按边权降序排序，接下来按区间覆盖问题来做就好，最终得到的最小生成树一定是一条链，答案即为总边权减去最小生成树的权重，线段树与分块均可，分块要跑得快一些。
AC代码（线段树）：
AC代码（分块）：
题意：给你两个圆心分别为 \((a,b)\) 与 \((2a,0)\) 的圆 \(A\) 、 \(B\) ，半径均为 \(r\) 的圆，现从原点出发，问先经过圆 \(A\) 再经过圆 \(B\) 的最短路径是多少？
题目分析：分两种情况讨论，具体看图和代码：
题意：给你 \(n\) 个点的坐标，这些点构成了一些三角形和线段。每次询问一个点所有的邻点与所在图形的编号。
题目分析：最开始 \(cx\) 理解的意思就是对的，我也想过坐标是不是没用，但可惜没能猜透出题人的心思，往复杂的方面去想了，赛后交流的时候发现有几支队伍也想歪了，大家都在考虑怎么判断某个点包不包含在其它三角形内，一致认为这是个几何题，各种叉乘去搞。
结果笑死，哪有我们想的这么高大上，用 \(map\) 直接记录就完事了。md搁着猜谜呢，和出题人心意不相通还写不了题了。
题意：给你一个序列 \(S\) 和一个数 \(A\) ，找出序列中所有与 \(A\) 的差值 \(\leq r\) 的元素，降序输出。
题目分析：签到题，降序排列后 \(O(n)\) 扫一遍就好，难点主要在处理输入数据上。
题意：给你一张初始全为白点的空图，按照时间顺序建图，建图过程中会将白点染成红黑色，求相邻两次询问间新增的红黑路（红点到黑点）的路径长的异或和，红黑路的路径长指的是路径上每个点的编号乘以当前长度的总和。
题目分析：离线算法，记录每个操作当前的时间戳。先 \(dfs\) 标记所有能到达黑点的点，然后构造新图，只把有用的边连上，再对每个红点进行 \(dfs\) 计算其构成的每条红黑路的路径长，根据之前记录的时间戳来更新答案以保证正确性。最后维护个前缀异或和，对每个询问输出 \(ans_{q[i]} \bigoplus ans_{q[i-1]}\) 即可。
题意：模拟题，给你一张有向图，每次询问从节点 \(i\) 开始按指定方向走最终到达的点。
题目分析：阅读理解+模拟，跟着题意来就好，越界就判定丢包。