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B. Add 0 or K

问题描述

给定一个数组 $a$ 和一个整数 $k$，对于每个元素 $a_i$，可以增加 $c_i\times k$（其中 $c_i$ 是整数，且 $0\le c_i\le k$）。目标是使整个数组的最大公因数（GCD）大于 1。

方法：使所有元素成为 $k+1$ 的倍数

一个有效的策略是让每个元素 $a_i$ 操作后成为 $k+1$ 的倍数（因为 $k+1\ge 2$，如果所有元素都是 $k+1$ 的倍数，则 GCD 至少为 $k+1>1$）。

关键观察

• 由于 $k\equiv -1(\mathrm{mod}k+1)$（因为 $k+1\equiv 0(\mathrm{mod}k+1)$，所以 $k\equiv -1$），增加 $k$ 会改变 $a_i$ 对 $k+1$ 取模的结果。
• 具体地，每增加一次 $k$，$a_i$ 对 $k+1$ 取模的余数减少 1：
  $$(a_i+k)\mathrm{mod}(k+1)=(a_i\mathrm{mod}(k+1)-1)\mathrm{mod}(k+1)$$

类似地，可以选择 $d=k-1$（假设 $k>1$）但是需要特判

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long longusing namespace std;void solve()
{int n,k;cin >> n >> k;vector<int> a(n+1);for(int i = 1; i <= n; i ++){cin >> a[i];}if(k == 1){for(int i = 1; i <= n; i ++){if(a[i] % 2 == 1) a[i] += k;}}else if(k == 2){for(int i = 1; i <= n; i ++){if(a[i] % 3 == 1){a[i] += 2;}else if(a[i] % 3 == 2){a[i] += 4;}}}else{for(int i = 1; i <= n; i ++){int t = a[i] % (k-1);a[i] += ((k-1)-t) * k;}}		for(int i = 1; i <= n; i ++){cout << a[i] << ' ';}cout << '\n';
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t = 1;cin >> t;while(t --){solve();}
}

C. Even Larger

1.问题转化

如果每一个偶数和左右两边奇数构成的子段满足要求，则任意子段都满足。因为所有子段都可以通过删减满足要求的子段变为长度为3的子段。

2.贪心

对于 i = 2的元素，使得它右边的元素变小，一定优于使它左边元素变小。因为 i = 4 可以使用后者，而 2 的前面已经不存在偶数了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long longusing namespace std;void solve()
{int n;cin >> n;vector<int> a(n+1);for(int i = 1; i <= n; i ++){cin >> a[i];}int ans = 0;for(int i = 2; i <= n; i += 2){int t = a[i-1];if(i + 1 <= n) t += a[i+1];ans += max(t-a[i],0ll);if(i + 1 <= n) {a[i+1] -= max(t-a[i],0ll);a[i+1] = max(a[i+1],0ll);}}cout << ans << '\n';}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t = 1;cin >> t;while(t --){solve();}
}

D. Sliding Tree

1.问题转化

要使得树变为链，最优情况是以树的直径（什么是树的直径？）为基础展开。如果能使得一颗树的直径长度为n - 1，这颗树就是一条链。

2.操作方法

每一步操作至多使得树的直径增加1。答案有下界 $n-1-L_{直径}$。每一步选择直径上的一个度数大于2的点，或者说"产生分叉的点”，将直径移动到其分支上，可以使得直径增加1。
而直径没变成链之前，永远存在”产生分叉的点“。

3.求解第一个操作位置

首先把直径找出来，然后遍历直径找分叉点即可。
（如何找到直径?）

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long longusing namespace std;void solve(){int n;cin >> n;vector<vector<int>> v(n+1);for(int i = 1; i <= n - 1; i ++){int x,y;cin >> x >> y;v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);}if(n <= 2){cout << -1 << '\n';return;}vector<int> dist1(n+1,1e18);auto dfs1 = [&](auto &&self,int u,int p,int depth)->void{dist1[u] = depth + 1;for(int i : v[u]){if(i != p){self(self,i,u,dist1[u]);}}};dfs1(dfs1,1,-1,0);int p = max_element(dist1.begin()+1,dist1.end()) - dist1.begin();vector<int> dist2(n+1,-1),ne(n+1,1e18);auto dfs2 = [&](auto &&self,int u,int p) -> int{bool flag = false;for(int i : v[u]){if(i != p){flag = 1;int ret = self(self,i,u); if(ret + 1 > dist2[u]){ne[u] = i;dist2[u] = ret + 1;}}}if(!flag) {ne[u] = -1;dist2[u] = 1;}return dist2[u];};dfs2(dfs2,p,-1);int u = ne[p],last = p;while(u != -1){if(v[u].size() >= 3){for(int i : v[u]){if(i != ne[u] && i != last){cout << last << ' ' << u << ' ' << i << '\n';return;}}}last = u;u = ne[u];}cout << -1 << '\n';
}signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t = 1;cin >> t;while(t --){solve();}
}

E. Power Boxes

1.突破口

考虑n - 1和n 两个位置，能否用3次询问确定这两个位置的能量值？答案是肯定的，先throw第n-1个位置，如果弹1次，n-1位置是2，否则是1。通过交换n-1和n这两个位置，可以求出n。

2.推进

得到了 n - 1 和 n 的能量值，如何求n - 3 和n - 2呢？
定义 $dist[i]$ 为球被扔到 $i$ 处后，继续弹跳的次数。

• 如果 $dist[n]==dist[n-1]$，可以按照上文方法的throw第n-3个位置再交换，在3次内求得。
• 如果 $dist[n]!=dist[n-1]$ 则一定有 $dist[n]-1==dist[n-1]$，这是由于能量值的取值只能是1和2. 这种情况改成throw第n - 2个位置即可。

3.小情况（n为奇数）

n为奇数需要特殊处理n == 1的情况，方法有很多，代码中提供了一种。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long longusing namespace std;void solve(){int n;cin >> n;vector<int> a(n+6),dist(n+6);auto thr = [&](int x){cout << "throw " << x << endl;int ret;cin >> ret;return ret;};vector<int> history;auto swa = [&](int x){swap(a[x],a[x+1]);cout << "swap " << x << endl;history.push_back(x);};int tmp = thr(n-1);if(tmp == 1) a[n-1] = 2;else a[n-1] = 1;swa(n-1);tmp = thr(n-1);if(tmp == 1) a[n-1] = 2;else a[n-1] = 1;for(int i = n - 3; i >= 1; i -= 2){if(a[i+3] == 2) dist[i+3] = dist[i+3+2] + 1;else dist[i+3] = dist[i+3+1] + 1;if(a[i+2] == 2) dist[i+2] = dist[i+2+2] + 1;else dist[i+2] = dist[i+2+1] + 1;if(dist[i+2] == dist[i+3]){int tmp = thr(i);if(tmp == dist[i+2]+1){a[i] = 2;}else{a[i] = 1;}swa(i);tmp = thr(i);if(tmp == dist[i+2]+1){a[i] = 2;}else{a[i] = 1;}}else{int tmp = thr(i+1);if(tmp == dist[i+2] + 1){a[i+1] = 1;}else{a[i+1] = 2;}swa(i);tmp = thr(i+1);if(tmp == dist[i+2]+1){a[i+1] = 1;}else{a[i+1] = 2;}}}if(n & 1){if(a[3] == 2) dist[3] = dist[5] + 1;else dist[3] = dist[4] + 1;if(a[2] == 2) dist[2] = dist[4] + 1;else dist[2] = dist[3] + 1;if(dist[2] != dist[3]){int tmp = thr(1);if(tmp == dist[2] + 1) a[1] = 1;else a[1] = 2;}else{swa(1);int tmp = thr(2);if(tmp == dist[3] + 1) a[2] = 1;else a[2] = 2;}}while(history.size()){swap(a[history.back()],a[history.back()+1]);history.pop_back();}cout << "! ";for(int i = 1; i <= n; i ++){cout << a[i] << ' ';}cout << endl;
}signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t = 1;cin >> t;while(t --){solve();}
}