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A. Gellyfish and Tricolor Pansy

题目大意

Gellyfish有a点血，他的骑士有c点血
Flower有b点血，他的其实有d点血
Gellyfish先手，每次双方的骑士都可以攻击主人或者骑士，当主人血量为0时游戏结束
问在最优策略下谁会获胜

思路

最优策略一定是攻击主人和骑士血量的最小值所在单位，二者取最小值后看谁最小，注意相等的情况下由于Gelleyfish先手，所以也是Gelleyfish赢

//Author: zengyz
//2025-06-21 15:23#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
using i64 = long long;void solve()
{int a,b,c,d;cin>>a>>b>>c>>d;if(min(a,c)>=min(b,d)){cout<<"Gellyfish"<<endl;}else cout<<"Flower"<<endl;return;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _T = 1;cin >> _T;while(_T --) {solve();}return 0;
}

B. Gellyfish and Baby’s Breath

题目大意

给你两个排列p,q
对于所有i,$r_i=\underset{j=0}{\overset{i}{\max }}(2^{p_j}+2^{q_{i-j}})$
输出r从0到n-1的所有值

思路

对于$r_i$来说，排列中的最大值一定是会选择的，因为以2为底的情况下两个较小值一定不会大于一个较大值
所以只需要记录排列中前i个数里的最大值以及他们的位置（用map储存）
同时比较排列p和q的情况下谁最大即可
记住这里不能使用max直接比较，因为在取模的情况下较大值可能在max的情况下反而较小

// Author: zengyz
// 2025-06-21 15:25#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
using i64 = long long;
const int MOD = 998244353;
const int N = 1e5 + 10;
long long  a[N], p[N];
long long  b[N], q[N];
long long  qpow[N];void solve()
{int n;cin >> n;map<long long , long long > pp, qq;for (long long  i = 0; i < n; i++){cin >> p[i];if (i != 0)a[i] = max(a[i - 1], p[i]);elsea[i] = p[i];pp[p[i]] = i;}for (long long  i = 0; i < n; i++){cin >> q[i];if (i != 0)b[i] = max(b[i - 1], q[i]);elseb[i] = q[i];qq[q[i]] = i;}for (long long  i = 0; i < n; i++){long long  ans = 0;if (a[i] > b[i])ans = (qpow[a[i]] + qpow[q[i - pp[a[i]]]]) % MOD;else if (a[i] < b[i])ans = (qpow[b[i]] + qpow[p[i - qq[b[i]]]]) % MOD;else{if (q[i - pp[a[i]]] >= p[i - qq[b[i]]])ans = (qpow[a[i]] + qpow[q[i - pp[a[i]]]]) % MOD;elseans = (qpow[b[i]] + qpow[p[i - qq[b[i]]]]) % MOD;}cout << ans << " ";}cout << endl;return;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _T = 1;cin >> _T;qpow[0] = 1;for (int i = 1; i <= 1e5 + 5; i++)qpow[i] = (qpow[i - 1] * 2) % MOD;while (_T--){solve();}return 0;
}

C. Gellyfish and Flaming Peony

题目大意

给定一个数组an,选取i、j(i不等于j),
可以将$a_i$替换成$gcd(a_i,a_j)$
问最少进行几次操作，可以将整个数组的值都变成相同的值

思路

1.设初始数组的最大公约数为g,对于任意一次操作，选择i，j并将$a_i$替换成$gcd(a_i,a_j)$
由于g是ai,aj的公因数，即(g|ai且a|aj)根据gcd的性质，g也必然是gcd(ai,aj)的因数，因此新数组的所有元素仍能被g整除，最大公约数仍为g，所以每次操作后，数组的gcd始终保持为g
当所有元素变为同一个数 x 时，数组的 gcd 即为 x。由于操作过程中 gcd 始终为 g，故 (x = g)。

2.每次操作将 (a_i) 替换为 (gcd(a_i, a_j))，而 gcd 的结果一定是 (a_i) 和 (a_j) 的公因数。因此，经过若干次操作后，每个元素 (a_i) 必然是初始所有元素的公因数（因为每次操作只会保留或缩小因数）。
若最终所有元素为 x，则 x 必须是所有初始元素的公因数，即 (x | a_i) 对所有 i 成立。x 与最大公约数 g 的关系
由于 g 是所有 (a_i) 的最大公约数，因此所有公因数 x 必然满足 (x|g)（即 x 是 g 的因数）。但结合 “操作不改变 gcd” 的结论，当所有元素为 x 时，数组的 gcd 为 x，而初始 gcd 为 g，故 (x = g)。
换句话说
假设最后所有数都是 x，那么 x 必须是所有数的公因数（因为每次操作后的数都是之前数的公因数），而 g 是最大的公因数，所以 x 不能超过 g。但所有数都是 g 的倍数，所以 x 至少是 g（比如 x=2，而 g=2），因此 x 只能等于 g。

所以我们使用vector排序去重后，用多源bfs遍历可能的结果，用Dist记录步数，最后的答案就是n+dist(变成这个数最少需要几步）

// Author: zengyz
// 2025-06-21 16:43#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
using i64 = long long;int gcd(int a, int b)
{if (b == 0)return a;return gcd(b, a % b);
}void solve()
{int n;cin >> n;vector<int> a(n);for (auto &x : a)cin >> x;int tar = a[0];for (int i = 1; i < a.size(); i++)tar = gcd(tar, a[i]);int cnt = 0;for (int i = 0; i < a.size(); i++)if (a[i] == tar)cnt++;if (cnt){cout << n - cnt << endl;return;}vector<int> b = a;sort(b.begin(), b.end());b.erase(unique(b.begin(), b.end()), b.end());queue<int> q;vector<int> dist(5090, 1e9);for (int i = 0; i < b.size(); i++){q.push(b[i]);dist[b[i]] = 0;}while (!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < b.size(); i++){int v = b[i];int t = gcd(u, v);if (t == tar){cout << n + dist[u] << endl;return;}if (dist[t] > dist[u] + 1){dist[t] = dist[u] + 1;q.push(t);}}}return;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _T = 1;cin >> _T;while (_T--){solve();}return 0;
}