感觉之前那样所有比赛都写在一个页面里没有一点趣味性。于是之后每做一套都写一篇。
之前做到 10 就没做了，现在直接从 30 开始做。
A
直接算，简单。
B
有一个一眼想到的贪心：直接顺时针逆时针做。但是很显然是错了。但是猜一个结论：只有最开始会固定一个方向地走。写了一发然后就对了。
这个感觉就很对。事实上后面的贡献可以经典地转化成从 \(0\) 走出去再走回来，很明显中间有一个顺时针逆时针的分界线，这样的话就只在最开始固定方向就相当于把分界线枚举完了，所以就是对的。
C
想了很久，还是不会，通过题解才学会。
首先观察第一个样例可以得到 \(k \le 500\) 直接每行填一个数就行了，那么只需考虑 \(k\) 较大怎么做。
这题第一眼应该比较容易让人想到每个颜色只放一个这种骚操作，但是想一会后会发现这个好像做不了，因为一个格子只与 \(4\) 个格子相邻。
观察 \(k \le 1000 = 500 \times 2\) 的性质，不难发现肯定是折半之类的搞笑构造。然后就胡了个可以做 \(k\) 为偶数的做法，就是每一行相邻放不同颜色。还想扩展但是做不下去了。
正解让人眼前一亮，一个可能的思路是观察为什么上面的做法不能做 \(k\) 为奇数，就是因为同一行的数会互相影响，考虑把它斜过来，然后就对了。
D
这题比 C 简单。
一开始的想法是钦定一个操作的顺序，但是发现好像操作杂糅到一起没办法不重不漏算贡献，感觉比较棘手。
换一个方向。直接对每一对位置计算答案，这个一看就很有前途。设 \(f_{x,y}\) 表示 \((x, y)\) 这对位置中 \(x > y\) 的方案数。很显然一个操作只会影响 \(O(n)\) 个 \(f\)。那么直接修改就行了。
写出来发现前两个样例答案都是正确答案的一半。仔细思考了一下后发现似乎操作之后剩下的部分都会加倍。一个很朴素的想法就是记录一共加倍了多少次，相当于全局加和 \(O(n)\) 个减一，所以直接把减一变成除以二就可以了。
看了下题解，这玩意其实就是期望了，不过我一直不会把计数转化成期望的 trick，以后就当做一个全新的思考方向吧。
E
这题好难想，很反套路。
做题的时候思路是考虑差分，性质还是有一点滴，但是不多。因为操作过程中始终需要满足限制，所以无从下手。
只考虑 \(0\) 和 \(1\) 之间的分界线，发现操作实质上就是移动分界线的过程，限制很好刻画，最终使得分界线一一对应即可。发现只有 \(O(n)\) 种对应方案且一种方案的代价就是对应分界线的距离之和。所以直接算就是 \(O(n^2)\) 了。
F
不做了，挖个坑以后补。