恭喜 tourist 喜提 top rated rk4（
连续两场 rated 都是 Chinese Round，tourist 有苦难言（
所以咕了好几天的（部分）题解终于来了（
- A
对每个质数 \(p\) 分别考虑，假设 \(p\) 在 \(a_i\) 中出现了 \(e_i\) 次，那么它对 \(\operatorname{lcm}(a_i, a_j)\) 的贡献就是 \(p^{\max(e_i, e_j)}\)。对所有 \(\operatorname{lcm}(a_i, a_j)\) 取 \(\gcd\) 时，实际上的贡献是 \(\min_{i\ne j}\left(\max(e_i, e_j)\right)\)。如果按照 \(e_i\) 排序的话，显然会取到第二小的。注意如果 \(p\) 出现了 \(0\) 次，也要算进去。
可以对每个 \(a_i\) 暴力求质因子，实际操作时先用 \(e_i\) 非 \(0\) 的个数判断，非 \(0\) 个数 \(\geq n-1\) 时贡献才不为 \(p^0\)。
- B
首先 \(k\) 不存在时显然无解。否则不难发现，如果存在 \(a_i=k, a_{i+1}\geq k\)（或者调换过来），总可以把序列变成全 \(k\)，因此考虑尽可能地增大 \(\geq k\) 的数的数量（在不减少 \(k\) 的前提下）。
实际上，如果把 \(<k\) 的看作 \(0\)，\(\geq k\) 的看作 \(1\)，那么整个序列如果存在一个长度为 \(2\) 或 \(3\) 的子区间的和 \(>0\)，则一定有解（从这样的子区间不断向外每次拓展一个单位即可）；否则必然无解，因为这样任取一个子区间，它的中位数都 \(<k\)，\(\geq k\) 的数不会变多。
这题实际上很少有人 FST，但是我手贱 hack 了一发 \(-1\)，然后差点掉分（
- C
可以发现，一个格子会在下一秒变色的充要条件是它所在的同色连通块大小 \(\geq 2\)。因此，把所有 \(\geq 2\) 的同色作为起点开始 bfs，可以求出每个格子最早开始变色的时间（如果某个格子在 \(0\) 时刻不变色，那么它周围的格子一定都与它异色，它一定会在周围至少有一个格子变色的下一个时刻变色）。于是就可以 \(O(1)\) 回答询问了，注意没有起点的情况。
- D
tourist 惨遭安排的神仙题（我当然也不会x
很多人可能做过一个更简单的题目：每次随机取两个饼干，以各 \(\frac{1}{2}\) 的概率将其中一个饼干交给另一个饼干的主人。这个题目和本题最大的区别在于，由于每个人只要饼干数目变为 \(0\) 就不可能再拥有任何饼干，可以发现对于一个拥有 \(x\) 个饼干的人来说，他最后获得全部饼干的概率只和 \(x\) 以及饼干的总数 \(m\) 有关，和其他所有因素（其他人的饼干分布等）完全无关。不难推出，这个概率就是 \(\frac{x}{m}\)。
实际上，类比一下上面的问题，对于本题，有一样东西是我们可以直接求的：每个人第一次拥有所有饼干的期望时间。但是它和答案并没有直接关系，因为这是对于每个人来说的第一次，而答案要求的是全局的第一次。实际上，由于这里假设不存在了 “某人第一次获得全部饼干时” 游戏结束（不妨称作某人获胜）这个条件，每个人第一次获得全部饼干的时间也都只和 \(x, m\) 有关。设它为 \(f_x\)，我们先假设求出了它，看看能对答案产生什么影响。
设 \(p_i\) 表示第 \(i\) 个人获胜的概率，\(g_i\) 表示第 \(i\) 个人获胜的期望时间乘以 \(p_i\)。对于 \(f_{a_i}\)，可以枚举这一次游戏实际获胜的人，得到等式：\(f_{a_i}=\sum_{j=1}^n g_j+\left([i\ne j] p_j\cdot f_0\right)\)。式子中出现 \(f_0\) 是因为 \(j\) 获胜时 \(i\) 一定一块饼干也没有，也就是一个 \(0\) 块饼干的人最后拥有所有饼干的期望时间。
对上面的等式两边分别对 \(i=\{1, 2, \ldots, n\}\) 求和，得到 \(\sum_{i=1}^n f_{a_i}=n\sum_{j=1}^n g_j+(n-1) p_j \cdot f_0\)。发现 \(\sum_{j=1}^n g_j\) 就是我们所求的答案，且 \(\sum_{j=1}^n p_j=1\)，移项得到：\(n\cdot \mathrm{ans}=(n-1) f_0-\sum_{i=1}^n f_{a_i}\)。居然只需要简单的推导，就可以用易于计算的 \(f\) 来线性表示出答案！
最后的问题是如何算 \(f\)。注意到 \(f_i\) 可以从 \(f_{i-1}, f_i, f_{i+1}\) 分别转移，但是传统的高斯消元不仅推导过程繁琐，而且会出现分母是模数的倍数的尴尬情况。实际上，可以将 \(f\) 差分，令 \(g_i=f_{i+1}-f_i\)，再根据 \(g\) 的实际意义列式转移，会发现它只从 \(g_{i-1}, g_i\) 转移，又因为 \(g_0=m-1\)，可以简洁优美地直接推到 \(g_{m-1}\)，并且过程中的分母只有 \(m-i\) 一项，不会出现模数的倍数。
- E
什么，你觉得我会做 \(3500\) 吗（
- F1
tourist 惨遭安排的神仙题（然而 Div.2 居然有人过了 F1……）
首先有一个至关重要，并且我也不知道怎么看出来的观察：所有长度为 \(n\) 的 “好的” 序列，都和一个长度为 \(n\) 的排列一一对应。
对于一个排列 \(a\)，可以在它的每两个元素之间插入一个 < 或 >，对于 \(a_i\)，生成的 “好的” 序列 \(p\) 中 \(p_{a_i}\) 的位置的值是 \(a_1, a_2, \ldots, a_i\) 之间的 < 的数量 \(+1\)。这样看起来比较绕，实际上它的意思是，对于排列中连续上升的极长的一段，把这一段的值作为下标，在 \(p\) 里的值是相同的，都等于从 \(a_1\) 到它们为止的连续上升的段数。设 \(a_i<a_{i+1}\)，那么 \(p_{a_{i+1}}=p_{a_i}+1\)，恰好满足题目里对 “好的” 的定义。由此也可以看出，对于一个 \(p\)，我们也能唯一还原出排列 \(a\)：将值相同的位置拿出来，它们是一个连续上升的段，因此在 \(a\) 中的排列方式是固定的。
现在的问题其实是，对于每一个长度为 \(n\) 的排列和每一个 \(i\in[1, n]\)，统计 \(a_j\) 的数量，使得 \(a_1, a_2, \ldots, a_j\) 中恰好有 \(i-1\) 个 <。设长度为 \(j\) 的排列，\(a_1, a_2, \ldots, a_j\) 中恰好有 \(i-1\) 个 < 的个数为 \(f_{j, i}\)，由于排列中后面的 \(n-j\) 个元素可以任意安排，不难发现它对 \(\operatorname{ans}_i\)（即 \(i\) 在 “好的” 序列里出现的总次数）的贡献为 \(f_{j, i}\binom{n}{j}(n-j)!\)，只需要对每个 \(i\) 枚举 \(j\) 算贡献即可。
还有一个问题是如何求 \(f_{j, i}\)。设 \(g_{j, i}\) 表示长度为 \(j\) 的排列，硬点了 \(i-1\) 个 < 的方案数。假如确定了这些被硬点的 < 的位置，那么对于一段连续的 <，假如确定了安置在这些 < 周围的元素的集合，会发现只有一种放法。换句话说，把每个未被硬点的位置看做一个隔板，它们把排列分为了恰好 \(j-i+1\) 个集合，方案数就是将 \(j\) 个有标号球放进 \(j-i+1\) 个有标号集合的方案数，即 \((j-i+1)!{j\brace j-i+1}\)。注意这里硬点的位置可以由每种方案里每个集合的球个数推出来，因此不需要再乘。显然 \(f\) 和 \(g\) 是可以二项式反演的，我们得到 \(f_{j, i}=\sum_{k=i}^j g_{j, k}\binom{k-1}{i-1}(-1)^{k-i}\)。
还有一个问题是，如果暴力计算 \(f_{j, i}\)，复杂度是 \(O(n^3)\) 的，即使用 ntt 优化也是 \(O(n^2\log n)\) 的，很难通过。但是将 \(\operatorname{ans}_i\) 的表达式列出来，可以进行一番推导：
发现内层求和只与 \(k\) 有关，因此只需要对每个 \(k\) 预处理出内层求和的值即可，\(g_{j, k}\) 可以预处理阶乘及其逆元、斯特林数后 \(O(1)\) 计算，总复杂度是 \(O(n^2)\) 的。
- F2
什么，你觉得我会拉格朗日反演和多项式 exp 吗（