又一次测评姬事故现场
A. Omkar and Completion
就。。全1挺好的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define endl "
"
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=61; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(999983); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,0,n)cout<<"1 ";
cout<<endl;
}
signed main(){
int T=1; T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}
B. Omkar and Last Class of Math
HOW TO 快速切题？那就写几个例子找规律然后就秒切了
结论是 (a=n) 的最大的不等于 (n) 的约数，以下是证明：
假设 (ale b)，那么显然 (lcm) 一定 (ge b)。这里我们一定要构造 (lcm=b) 的解，因为 (b) 一定 (<n)，而 (lcm) 是 (b) 的倍数，就算 (lcm=2b) 也一定 (ge n)，舍
我们证明了 (lcm=b) 也就是说，(a) 可以整除 (b)，这又等价于 (a) 整除 (n)。我们又要让 (lcm) 尽可能小，相当于让 (b) 尽可能小也就是 (a) 尽可能大。所以总结一下，要让 (a) 整除 (n) 并且 (a) 尽可能大，那就找 (n) 的最大的不等于 (n) 的约数就好了（语无伦次）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define endl "
"
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=61; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(999983); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,2,sqrt(n)+2){
if(n%i==0){
cout<<n/i<<' '<<n-n/i<<endl;
return;
}
}
cout<<1<<' '<<n-1<<endl;
}
signed main(){
int T=1; T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}
C. Omkar and Baseball
大意：问最少要多少次操作让一个排列变成 ([1,2,..,n])。操作是，选择一个区间，重新排列使得所有区间内的数都不在原来位置上
分三种情况讨论：原序列已经是 ([1,2,..,n])；原序列中，有一段区间中所有元素都错位；其他情况
这三种情况分别输出0,1,2。为什么最多2次操作就行了呢？因为。。没想法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define endl "
"
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(999983); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
int a[N];
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,0,n){
a[i]=read()==i+1;
}
a[n]=1; int cnt=0;
repeat(i,0,n)
if(!a[i] && a[i+1])
cnt++;
if(*min_element(a,a+n)==1)cout<<0<<endl;
else if(cnt==1)cout<<1<<endl;
else cout<<2<<endl;
}
signed main(){
int T=1; T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}
D. Omkar and Circle
大意：环上n个非负数，n是奇数，每次操作选择一个数，把这个数变成相邻两个数之和，并删除相邻两个数。求若干操作后环上的最后一个数的最大值
首先把环断开，分析一波，发现最优情况只可能是把所有奇数位置上的数加起来。因为偶数位置的数根本不可能留到最后。那么这个结论应用到环上就是，很多“偶数”位置其实都会被抛弃，最后的答案一定是，选取恰当的位置把环断开后的奇数位置之和。（感觉是这样的）所以实现的时候只要记录奇偶位置的前缀和，然后for一遍即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define endl "
"
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
//mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(999983); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
int a[N],s[2][N];
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,1,n+1){
a[i]=read();
s[0][i]=s[0][i-1]+(i%2==0?a[i]:0);
s[1][i]=s[1][i-1]+(i%2==1?a[i]:0);
}
int ans=0;
repeat(i,1,n+1){
ans=max(ans,s[i%2][i]+s[i%2^1][n]-s[i%2^1][i]);
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
int T=1; //T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}