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A

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把每种字母所在的区间求出来，对于每一个$i$，看$c_i$是否在其应属的区间，若不在，则答案+1

B

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只有我这个sb卡在B了罢。。。。
只有一个胜利者是显然的。
但是如果要判断一个人是否是胜利者需要$O(n)$的时间，我们不可能对于每个人都比较一遍。
这里运用到一个思想是排除法（不去找符合条件的人是谁，先把肯定不符合条件的人pass掉）
从前往后扫，如果发现$i$被此时待定胜利者$w$打败了，说明其不可能是胜利者（直接踢掉，不用管他了）
否则说明$w$肯定也不是。
所以要么我们保留$w$，要么把一个前缀的人都踢掉了，后面继续排除。
这样只会剩下一个人，再和所有人比较就行了。

C

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手玩一下发现，新加的弦不可能存在其中两根，使得这两根不相交。
将其交换一下，只会使答案更优
直接贪心就好了

D

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满足其中$n-1$个人是很容易的。
把满足条件的两个位置连一条边，那么如果要出现$n$条边，其中肯定会出现环。
也就是存在两个集合$A,B$，使得$A$中数的绝对值之和等于$B$
那么$2^{2n}\times n$判断一下就好了

E

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构造好题。
对于一种颜色$c$，设其出现的位置为$d_{c,1},d_{c,2},…,d_{c,k}$
显然我们只会选相邻的两个位置作为最终答案的一个区间。
观察条件:$\lceil \frac{n}{k-1} \rceil$这个东西很奇怪。
发现$k-1$其实就是每种颜色空隙的数量
有两种想法：
把$n$个区间分成$k-1$组，每组最多有$\lceil \frac{n}{k-1} \rceil$个区间，让每个位置最多属于一组
或
把$n$个区间分成$\lceil \frac{n}{k-1} \rceil$组，每组最多有个$k-1$区间，让每个位置在每组中至多出现一次
发现第二种思路比较难搞，得在每个区间都得满足至多出现一次的条件。
考虑第一种怎么做
简化后：让组之间没有交集
按照空隙分组：
先按$d_{c,2}$从小到大排序，然后选前几个为一组，这样相当于以第一个空隙为一组
接着对剩余的颜色按$d_{c,3}$从小到大排序，再选前几个为一组，以此类推
成功完成了分组

F

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最关键的一点就是，蚂蚁走过一个传送门时，前面的传送门（包括这一个），一定都是开着的
这个归纳一下差不多就可以了
然后维护$k_i$表示从第一次走到传送门$i$，到走过去用了多长时间。
求$k_i$时，只需要$upper \; bound$一下，再维护一个前缀和即可