前言

A

令 $b_i$ 表示，有多少个 $j(j\le i)$ 不后于 $i$ 被删除。

那么答案为 NO 当且仅当: 对于每个合法的 $b$，均存在一个 $i\in [1,n]$ 使得 $(b_i+1)|a_i$。

不难发现 $b$ 与 $n!$ 种删数方案构成了双射关系，因此整数序列 $b$ 合法当且仅当 $\forall i\in [1,n]$ 满足 $1\le b_i\le i$。更进一步的，$2\le b_i+1\le i+1$。

考虑尝试对每个 $i\in [1,n]$，钦定一个在 $[2,i+1]$ 之间的 $B$ 使得 $B$ 无法被 $a_i$ 整除。显然，只要 $a_i$ 不能被 $[2,i+1]$ 中的所有数整除，那么就一定能找到这样的 $B$；从而，答案为 YES 当且仅当，对于每个 $i$ 均满足上述条件。

然而我们显然不能每次都 $O(i)$ 地枚举在 $[2,i+1]$ 中的数并进行判定，否则复杂度会退化为 $O(n^2)$。不过注意到，$\text{LCM}(1,2,3,\cdots ,101)$ 已经远远超过了 $10^9$，因此只要枚举在 $[2,\min (i+1,100)$ 中的数并判断是否整除就足够了。

时间复杂度 $O(100n)$，可以通过本题。

B

若 $n<x$，则条件等价于 $n=y\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$，显然无解。

若 $n>y$，则条件等价于 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}x=y$。若 $x>y$，则令 $n=x+y$ 即可得到一个答案。

现在只需考虑 $x\le y$ 的情况。根据上述推导，$n$ 必定满足 $x\le n\le y$。

那么该如何在此范围内找到某个 $n$ 呢？不妨先思考一些比较容易构造的特殊情况——若 $3x>y$，那么只需要令 $n=\frac{x+y}{2}$ 就满足了条件；这是因为，此时的 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}x=n-x$ 且 $y\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n=y-n$，当 $n$ 为 $x,y$ 的平均数时必然有 $n-x=y-n$。

对于一般情况该怎么办呢？那就转化为上述情况呗！考虑令 $x^{\prime }$ 为不超过 $y$ 的最大 $x$ 的倍数，因为 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\prime }=n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}x$，所以只要满足 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\prime }=y\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$ 就满足了条件。注意到此时必然有 $3x^{\prime }>y$，于是令 $n$ 为 $x^{\prime },y$ 的平均数即可。

单次 $O(1)$，本题被解决。

C

算法一

先思考 $O(n^3)$ 的做法。枚举 $l,r(l\le r)$。

考虑贪心: 我们从后往前地进行决策，令看了 $[k,r](l<k\le r)$ 后，拆分得到的数的最小值为 $m$；那么，我们需要将 $a_{k-1}$ 拆分为若干个不超过 $m$ 的数，并在此前提下让拆分得到的数的最小值最大。

注意到最多只会拆分出来两种不同的数，所以只需要确定其中较小的那一个就行了。通过简单的数学推导，不难得到较小的数是：

$$\lfloor \frac{a_{k-1}}{\lceil \frac{a_{k-1}}{m}\rceil }\rfloor$$

从后往前扫描，维护当前的最小值，每次将答案加上拆分出来的数的数目减 $1$ 即可。

若固定 $r$ 并枚举 $l$，复杂度被优化为 $O(n^2)$。但无法通过。

算法二

Lemma

令 $m_{l,r}$ 表示，从 $r$ 看到 $l$ 之后 $m$ 的值。

引理给出，$m_{l,l},m_{l,l+1},\cdots ,m_{l,r}$ 中不同的数的级别为 $O(\sqrt{a_l})$。

Prove

观察这一坨：

$$\lfloor \frac{a_{k-1}}{\lceil \frac{a_{k-1}}{m}\rceil }\rfloor$$

可以发现，在最劣情况下，上式取到的不同值的数目，与 $\lceil \frac{a_{k-1}}{1}\rceil ,\lceil \frac{a_{k-1}}{2}\rceil ,\lceil \frac{a_{k-1}}{3}\rceil \cdots$ 取到的不同值的数目相等。

而后者的级别是 $O(\sqrt{a_i})$ 个，因此前者的级别也是 $O(\sqrt{a_i})$。

---

考虑用一个 vector 维护所有可能被取到的 $f_{l,\cdot }$ 以及对应的 $r$，那么每次就可以 $O(\sqrt{a_i})$ 地计算了。

不妨设 $a_i$ 与 $n$ 同级，则总复杂度 $O(n\sqrt{n})$，本题被解决。

D

这可能是我入坑以来见到过的最好的题吧。果然还是我粗陋寡闻了。

算法一

考虑 $\text{dp}$。

令 $f_{i,j}$ 表示，目前填了 $i$ 位，最后一位填了 $j$。
令 $g_{l,r}$ 表示，有多少对 $l\le i\le j\le r$ 满足 $\gcd (i,j)\ge l$。

$f$ 的转移如下：

fi,j=min⁡k=1j−1{fi−1,k+gk+1,j}f_{i,j}=\min_{k=1}^{j-1} \{f_{i-1,k}+g_{k+1,j}\}fi,j​=k=1minj−1​{fi−1,k​+gk+1,j​}

现在关键在于如何求出 $g$。

考虑枚举 $i,j(i\le j)$ 并计算出其贡献。首先，我们求出 $\gcd (i,j)=x$，则对于任意满足 $l\le x$ 且 $r\ge j$ 的 $g_{l,r}$ 都要增大 $1$。不难发现这可以通过二维前缀和搞定。

总复杂度 $O(n^{2}k+q)$，完全无法接受。

算法二

为方便叙述，我们钦定 $g_{l,r}$ 为满足 $l\le i<j\le r$（注意是小于而不是小于等于）且 $\gcd (i,j)\ge l$ 的 $(i,j)$ 对数。

如果打出 $g$，你会惊人地发现: 对于任意满足 $r<2l$ 的 $(l,r)$，均有 $g_{l,r}=0$。

因此，若 $k>{\log }_{2}n$，则答案为 $0$。

从而，$f$ 的第二维只需要枚举到 ${\log }_n$ 就足够啦！

总复杂度 $O(n^2\log n)$，依然无法通过。

算法三

当 $n$ 达到了 $3\times 10^5$ 级别后，预处理出所有的 $g$ 明显已无法接受了。所以，我们不得不在转移的过程中，快速求出 $g$ 值。

为方便，令 $g_{l,r}^{\prime }={\sum }_{i=l}^r{\sum }_{j=l}^r[\gcd (i,j)\ge l]$，则显然有 $g_{l,r}=\frac{g^{\prime }(l,r)+(r-l+1)}{2}$。

考虑使对 $g^{\prime }$ 进行推导：

$$\begin{array}{rl}{g}_{l,r}^{\prime }& =\sum _{i=1}^r\sum _{j=1}^r[\gcd (i,j)\ge l]\\ & =\sum _{k=l}^r\sum _{i=1}^r\sum _{j=1}^r[\gcd (i,j)=k]\\ & =\sum _{k=l}^r\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{r}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{r}{k}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]\\ & =\sum _{k=l}^r{w}_{\lfloor \frac{r}{k}\rfloor }\end{array}$$

其中：

$$\begin{array}{rl}{w}_x& =\sum _{i=1}^x\sum _{j=1}^x[\gcd (i,j)=1]\\ & =\sum _{i=1}^x\phi (x)\\ & =w_{x-1}+\phi (x)\end{array}$$

通过线性筛+递归 $O(n)$ 预处理出 $w$，那么每次就可以整除分快 $O(\sqrt{n})$ 地计算 $g$ 了。

总复杂度 $O(n^2\log n\sqrt{n})$，虽然劣于算法二，但是其潜力十足。

算法四

Lemma

$f$ 具有决策单调性。

---

采用分治优化决策单调性 $\text{dp}$，总复杂度 $O(n{\log }^{2}n\sqrt{n})$，其依旧需要优化。

算法五

现在，关键在于把 $\sqrt{n}$ 从复杂度从去掉。

在分治过程中，令当前想要求出 $f_{\cdot ,r}$ 的值。我们可以从大到小枚举 $l$，并实时维护 ${\sum }_{k=l}^r{w}_{\lfloor \frac{r}{k}\rfloor }$，每次 $O(1)$ 更新即可。

但是，如果你仔细思考，发现事情并没有这么简单: 若当前的分治区间为 $[l,r]$ 且中点为 $mid$，决策区间为 $[L,R]$，若 $R<mid$ 那么需要计算 ${\sum }_{i=R+1}^{mid}{w}_{\lfloor \frac{mid}{i}\rfloor }$，否则无法保证后续的正确性。一种非常 naive 的想法是，直接从 $\min (mid,R)$ 开始往下枚举维护，虽然拥有正确性，但是在特殊构造的数据下会退化成 $O(n^2{\log }^{2}n)$。因此，我们须套用算法四中的整除分块来计算这一部分，虽然单次 $O(\sqrt{n})$，但一共只会计算 $O(n\log n)$ 次，所以不是很 shameful。

总复杂度 $O(n{\log }^{2}n+n\sqrt{n}\log n)$，看起来还不是很能接受的亚子。但题解中说它是 $O(n{\log }^{2}n+n\sqrt{n})$ 的，不过我也不太会证，反正能过就是了，因此就搁这不管了。

E,F

咕咕咕