前言
赛时代码可能比较难看。
A
判定 \(a\) 中是否有 \(k\) 即可。
B
奇怪的构造题。
令 \(a_1=1,a_2=3\)，其他项由上一项加一开始枚举判定可行性即可，可以简单证明时间复杂度为 \(O(n)\)。
C
容易发现当 \(x\in \left[\dfrac{k(k+1)}{2},\dfrac{k(2n-k+1)}{2}\right]\) 时均可以凑出，因为可行性是连续的，证明显然。
D
额，其实这题什么性质都不用管，直接用平衡树维护翻转操作，剩下的就是模拟。
这里使用了 FHQTreap，时间复杂度为 \(O(n\log n)\)，常数稍大，但可以通过。
E
容易发现区间与具有可合并性和单调性，所以可以直接用 ST 表维护区间与，对每个询问二分右端点即可。
注意二分要二分最右端点！赛时 WA 了两发。时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。
F
我们知道 \(d\) 是一个积性函数，当 \(\gcd(a,n)=1\) 时，有 \(d(n\cdot a) = d(n)\cdot d(a)\)，我们容易发现 \(d(a)\) 可以取到任意正整数（\(a\) 取 \(1\) 时为 \(1\)，\(a\) 取大质数 \(p\) 时为 \(2\)，取 \(p^k\) 时为 \(k\)），因此判定等价于判断 \(n\) 能否被 \(d(n)\) 整除。
设 \(n\) 的唯一分解为 \(\prod p_i^{k_i}\)，我们知道 \(d(n)=\prod(k_i+1)\)，那么我们就直接用 map 维护 \(n\) 的唯一分解就做完了。
具体的说，当 \(n\gets n\cdot x\) 时，容易发现相当于将 \(n\)，\(x\) 的唯一分解的指数相加。而要判断 \(n\) 能否被 \(d(n)\) 整除，我们只需要判断 \(d(n)\) 的唯一分解的每一项的指数是否都小于等于 \(n\) 对应的指数即可。
时间复杂度是 \(O(q(\sqrt V+\log^2 V))\)，其中 \(V=10^9\)。
G
赛后花了 40 分钟写完加调完的，是一个比正解劣的做法，还难写。
逐位考虑，考虑某一位时 \(x,y\) 的链是一条 \(01\) 链，我们找到从 \(x\) 到 \(y\) 路径上的第一个 \(1\) 的位置 \(u\)，将 \(u\) 到 \(y\) 的路径加 \(1\)，再找到从 \(y\) 到 \(x\) 路径上的第一个 \(1\) 的位置 \(v\)，将 \(v\) 到 \(x\) 的路径加 \(1\)，最后查询全局最大值即可。
上述过程可以用树剖套线段树维护，正确性显然，时间复杂度为 \(O(q\log^2n\log V)\)，实现精细可以通过（不卡常跑了 4500ms）。
这个做法有很高的可扩展性，比如可以做到求最大的 \(z\) 的数量。