目前打得最好的一集。
A
考虑如果 \(\le 0\) 还会减一，那么花掉的钱就是，\(1+2+\cdots +(n-1)\)。现在的问题就是，可能少花掉一些。
最多花掉 \(\mathcal{O}(n^2)\)，所以考虑计数这个。发现其实，花掉的是 \(\sum_{i=1}^n \min(p_i-1,a_{p_i})\)。
对于 \(\min(p_i-1,a_{p_i})=k\) 设计状态，\(dp_{i,sum,cnt}\) 为：从大到小，现在 \(k=i\)，和是 \(sum\)，\(cnt\) 个处理完了。
考虑转移：
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\(\min(p_i-1,a_{p_i})=a_{p_i}=k\)。这个就是当前一些枚举选择几个。
-
\(\min(p_i-1,a_{p_i})=p_i-1=k\)。只可能 \(+1\)，\(0/1\) 枚举。
可以用组合数计算出来。具体的，选择几个 \(a_i=k\) 的组合数，对应的大的 \(p\) 的组合数等。
复杂度是 \(\mathcal{O}(n^4)\)，因为枚举选择个数，一共只会有 \(\mathcal{O}(n)\) 次枚举。
B
构造题，难死了。
考虑 \(n\le 5\) 构造不出来。
查看样例，发现正好不可到达的点对为 \((1,n),(2,n-1),\cdots\)。如果 \(n\) 是偶数就这个样子构造。
具体的，有一个二分图。左边是 \(1\sim n/2\)，右边的是 \(n/2+1\sim n\)。对于 \(i\le n/2\)，给所有的 \(j>n/2,i+j\neq n+1\) 连边。这样子是对的，因为所有连了边的右部点可以到达，所有左部点可以到达，没有连边的右部点至少要 \(3\) 次（二分图！）所以是对的。
考虑 \(n\) 是奇数：\(1+(n-1)=n\)，那么留下一个 \(n\) 不能到达自己就好了。
C
比较简单。
题目相当于，把原来的序列划分成若干段，每一段的或是不下降的，最大化段数。
考虑段的或，一共只有 \(n\log n\) 种值（经典）。
设 \(f_x\) 为 \(1\sim i\)，现在最后一段权值是 \(x\)，的最大段数。
考虑加入 \(a_{i+1}\)。有两种：
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\(a_{i+1}\) 加入上一个段尾。直接或上，转移。
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以 \(l=i+1\) 开一个新的段，要求新的段的结尾 \(r\)，满足 \(l\sim r\) 的或更大。
直接枚举 \(r\) 是不行的，但是发现有第一种转移，找到一个最小的 \(r\) 就可以转移到其他的。那么二分+ST 表就可以，复杂度两个 \(\log\)。