总的来说，这场比赛 CSP 比赛难度不高，四题基本都是模拟题，至少有 $310$ 纯暴力可以直接获得分数

但是处理代码量和细节的要求比较高，在 OI 的比赛模式中，很容易因为踩了一个坑导致分数非常低

总的来说，难度不高，题型更倾向于 CF 类的简单题

【题目背景】
红太阳幼儿园的孩子们开始分糖果了！

【题目描述】
红太阳幼儿园有 nn 孩子，你就是其中之一。 n \ge 2n≥2。

有一天，你在幼儿园后花园里发现了无尽的糖果，你打算给幼儿园的孩子们带一些糖果。

因为你只是一个普通的幼儿园孩子，你的体力有限，最多只能拿 RR 块糖回去。

但是拿的太少是不够的，所以至少要拿 LL 块糖回去 n \le L \le Rn≤L≤R。

也就是说，如果你拿了， kk 你需要保证块糖 L \le k \le RL≤k≤R。

如果你拿了 kk 块糖，你会把这个拿走的 kk 把块糖放在篮子里，要求你按照以下方案分糖：只要篮子里不少于 nn 所有的糖果，幼儿园 nn 孩子(包括你自己)从篮子里拿走一块糖，直到篮子里的糖少于一块糖 nn 块。篮子里剩下的糖果都属于你——这些糖果是你移动糖果的奖励。

作为幼儿园的优质孩子，你想让你移动糖果的糖果数量（而不是你最终得到的总糖果数量！）尽可能多；所以你需要写一个程序，依次输入 n, L, Rn,L,R，输出你最多能得到多少糖作为你移动糖果的奖励。

输入格式
输入行包括三个正整数 n, L, Rn,L,R，分别表示儿童数量、糖果数量的下界和上界。

输出格式
输出一行一个整数，说明你最多能得到的糖果数量作为你移动糖果的奖励。

【输入输出样】
输入 #1
7 16 23
输出 #1
6
输入 #2
10 14 18
输出 #2
8
说明/提示
【样例解释 #1】

拿 $k=20$ 把块糖放进篮子里。

现在篮子里的糖果数 $20\ge n=7$，所以所有的孩子都得到一块糖；

现在篮子里的糖果数变成了 $13\ge n=7$，所以所有的孩子都得到一块糖；

现在篮子里的糖果数变成了 $6<n=7$，因此这 $6$ 块糖是作为你搬糖果的奖励。

容易发现，你获得的作为你搬糖果的奖励的糖果数量不可能超过 $6$ 块（不然，篮子里的糖果数量最后仍然不少于 $n$，需要继续每个小朋友拿一块），因此答案是 $6$。

【样例解释 #2】

容易发现，当你拿的糖数量 $k$ 满足 $14=L\le k\le R=18$ 时，所有小朋友获得一块糖后，剩下的 $k-10$ 块糖总是作为你搬糖果的奖励的糖果数量，因此拿 $k=18$ 块是最优解，答案是 $8$。

【数据范围】

送分题，题意就是在区间 $[L,R]$ 内求一个数 $k$ 使得 $k\%n$ 最大

那么我们只要找到比 $L$ 大的最小的 $n$ 的倍数即可

如果这个数字存在于 $[L,R]$ ，那么最后的答案就是 $n-1$

若这个最小的 $n$ 倍数不存在于 $[L,R]$ 内，那么答案就是区间最大值 $R\%n$

#include 
using namespace std;

int main(){ 
        
	long long n, L, R;
	scanf("%lld%lld%lld", &n, &L, &R);
	long long temp = (L + n + 1) / n * n;
	temp = min(temp - 1, R);
	printf("%lld\n", temp % n);
	return 0;
}

【题目描述】
插入排序是一种非常常见且简单的排序算法。小 Z 是一名大一的新生，今天 H 老师刚刚在上课的时候讲了插入排序算法。

假设比较两个元素的时间为 $\mathcal{O}(1)$，则插入排序可以以 $\mathcal{O}(n^2)$ 的时间复杂度完成长度为 $n$ 的数组的排序。不妨假设这 $n$ 个数字分别存储在 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 之中，则如下伪代码给出了插入排序算法的一种最简单的实现方式：
这下面是 C/C++ 的示范代码

for (int i = 1; i <= n; i++)
	for (int j = i; j >= 2; j--)
		if (a[j] < a[j-1]) { 
        
			int t = a[j-1];
			a[j-1] = a[j];
			a[j] = t;
		}

这下面是 Pascal 的示范代码

for i:=1 to n do
	for j:=i downto 2 do
		if a[j]<a[j-1] then
			begin
				t:=a[i];
				a[i]:=a[j];
				a[j]:=t;
			end;

为了帮助小 Z 更好的理解插入排序，小 Z 的老师 H 老师留下了这么一道家庭作业：

H 老师给了一个长度为 $n$ 的数组 $a$，数组下标从 $1$ 开始，并且数组中的所有元素均为非负整数。小 Z 需要支持在数组 $a$ 上的 $Q$ 次操作，操作共两种，参数分别如下：

$1xv$：这是第一种操作，会将 $a$ 的第 $x$ 个元素，也就是 $a_x$ 的值，修改为 $v$。保证 $1\le x\le n$，$1\le v\le 10^9$。注意这种操作会改变数组的元素，修改得到的数组会被保留，也会影响后续的操作。

$2x$：这是第二种操作，假设 H 老师按照上面的伪代码对 $a$ 数组进行排序，你需要告诉 H 老师原来 $a$ 的第 $x$ 个元素，也就是 $a_x$，在排序后的新数组所处的位置。保证 $1\le x\le n$。注意这种操作不会改变数组的元素，排序后的数组不会被保留，也不会影响后续的操作。

H 老师不喜欢过多的修改，所以他保证类型 $1$ 的操作次数不超过 $5000$。

小 Z 没有学过计算机竞赛，因此小 Z 并不会做这道题。他找到了你来帮助他解决这个问题。

【输入格式】
第一行，包含两个正整数 $n,Q$，表示数组长度和操作次数。

第二行，包含 $n$ 个空格分隔的非负整数，其中第 $i$ 个非负整数表示 $a_i$

接下来 $Q$ 行，每行 $2\sim 3$ 个正整数，表示一次操作，操作格式见 【题目描述】。

【输出格式】
对于每一次类型为 $2$ 的询问，输出一行一个正整数表示答案。

【输入输出样例】
输入 #1
3 4
3 2 1
2 3
1 3 2
2 2
2 3
输出 #1
1
1
2
【说明/提示】
【样例解释 #1】

在修改操作之前，假设 H 老师进行了一次插入排序，则原序列的三个元素在排序结束后所处的位置分别是 $3,2,1$。

在修改操作之后，假设 H 老师进行了一次插入排序，则原序列的三个元素在排序结束后所处的位置分别是 $3,1,2$。

注意虽然此时 $a_2=a_3$，但是我们不能将其视为相同的元素。

【数据范围】

乍一看题目会以为是一个数据结构的题目，又是单点更新又是查询数字排第几大，会认为是一个平衡树的题目
但是仔细观察以后会发现题目给出了一个很重要的条件：修改次数不超过5000，这是本题的第一个重点

然后需要注意观察样例和题目给出的伪代码，可以得到当数字一样时，下标小的数字被认为更小，这是本题的第二个重点

两者结合，可以得到暴力的解法就是每次修改操作以后都排序一遍，重新求 $rank$，这样的修改的复杂度是 $O(nlogn)$，查询的复杂度是 $O(1)$ ，代码复杂度为 $O(5000\ast nlogn)$，可以得到 $80$ 分

这里可以发现，每次修改只会修改一个数，那么如果这个数组本身就有序了，当修改过一个数字 $a[x]$ 以后，无非就是只有两种情况

1. $a[x]$ 左移
2. $a[x]$ 右移

所以这里完全没有必要重新 $sort$，只要手动处理一下 $a[x]$ 的移动即可，这样修改的复杂度就会降为 $O(n)$，那么整体复杂就是 $O(5000\ast n)$ 完全没有问题

#include 
#include 
using namespace std;
struct XX{ 
        
	int val, id;
} a[100010];
int _rank[100010];

bool cmp(const XX&x, const XX&y){ 
        
	if (x.val == y.val){ 
        
		return x.id < y.id;
	}
	return x.val < y.val;
}
int main(){ 
        
	int n, q;
	scanf("%d%d", &n, &q);
	for (int i = 1; i <= n; ++i){ 
        
		scanf("%d", &a[i].val);
		a[i].id = i;
	}
	sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
	for (int i = 1; i <= n; ++i){ 
        
		_rank[a[i].id] = i;
	}
	while (q--){ 
        
		int op, x, y;
		scanf("%d", &op);
		if (op == 1){ 
        
			scanf("%d%d", &x, &y);
			x = _rank[x];
			a[x].val = y;
			while (x > 1 && !cmp(a[x - 1], a[x])){ 
        
				swap(a[x - 1], a[x]);
				x--;
			}
			while (x < n && !cmp(a[x], a[x + 1])){ 
        
				swap(a[x], a[x + 1]);
				x++;
			}
			for (int i = 1; i <= n; ++i){ 
        
				_rank[a[i].id] = i;
			}
		} else { 
        
			scanf("%d", &x);
			printf("%d\n", _rank[x]);
		}
	}
	return 0;
}