感觉这次(CF)的(C)题好简单，做出(3)道题+全部(AC)，涨了29分，摆脱(pupil)，指日可待！
A.Dice Rollings
这道题最大的难度在理解题意上，只要输出合法的方案即可，所以不要想得太复杂。
我们可以发现，除了(0,1)以外，任何自然数都可以用(2,3)的和表示出来，那我们直接将点数除以2就好了，相当于我们我们只用(2,3)来投出那个数。
这么简单，代码就不放了。
B.Letters Rearranging
题意很简单，让你打乱一个字符串，使打乱后的字符串不为回文串，无解输出(-1)。
直接(sort)字符串，排完序再检查一遍是否为回文串(其实没必要单独再扫一遍，直接判断第一个字符和最后一个字符是否相等即可)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
int read(){
int k=0,f=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
k=k*10+c-48; c=getchar();
}
return k*f;
}
int main(){
int t=read();
while(t--){
string s; cin>>s;
sort(s.begin(),s.end()); //sort大法好
int len=s.size()-1; bool flag=0;
for(int i=0;i<=len/2;i++){
if(s[i]!=s[len-i]){
flag=1; break;
}
}
if(flag) cout<<s<<endl;
else cout<<-1<<endl;
}
return 0;
}
C.Mishka and the Last Exam
有一个长度为 (n)（(n) 为偶数）的数列 (a_{1..n})和长度为(frac n 2)的数列(b)
现在告诉你 (n)和数列(b)，请求出任意一组 (a_{1..n}) (保证有解)
可以贪心的将(b)拆分成一个满足条件的尽量小的数和满足条件的尽量大的数。那(a_i)最好等于(a_{i-1})，(a_{n-i+1})最好等于(a_{n-i+2})，但情况并不总是这么完美，那我们只要保证满足其中一个条件就好了，可以发现，这么做是一定有解的
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
LL read(){
LL k=0,f=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
k=k*10+c-48; c=getchar();
}
return k*f;
}
LL a[200010],ans[200010];
int main(){
int n=read();
for(int i=1;i<=n/2;i++) a[i]=read();
ans[0]=0,ans[n+1]=1000000000000000001LL;
for(int i=1;i<=n/2;i++){
if(a[i]-ans[i-1]<=ans[n-i+2]){
ans[i]=ans[i-1],ans[n-i+1]=a[i]-ans[i-1];
}
else
ans[n-i+1]=ans[n-i+2],ans[i]=a[i]-ans[n-i+2];
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" ";
return 0;
}
D.Beautiful Graph
当时并不会做，看题解后恍然大悟。
因为只能标(1,2,3)三个数，且相连的两个点加起来必须为奇数，那么只有这两种情况(1-2;,;3-2)。我们可以发现，当这个图中存在一个长度为奇数的环的时候是肯定无解的，换句话说，当且仅当这张图是一张二分图的时候有解。
这就启发我们了，当有解的时候，我们还可以发现，当一个点 点权为(2)且每有一条出边的时候，当前的方案数是要( imes 2)的，因为(2)可以连(1)或(3)；反之，方案数不变，因为(1,3)只能去连(2)。
到这里，思路就很清晰了，对于每一个连通块，我们跑一遍二分图染色，记录下两部分的点的个数，分别计为(s_1,s_2)，那么这个连通块的方案数为(2^{s_1}+2^{s_2})(因为起始点既可以标(1)或(3)，也可以标(2)，这两种方案会导致标(2)的点发生变化，所以要将方案数相加)，再将每个连通块的方案数相乘就好了(乘法原理)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mod 998244353
#define LL long long
using namespace std;
struct zzz{
int t,nex;
}e[300010<<1]; int head[300010],tot;
inline void add(int x,int y){
e[++tot].t=y;
e[tot].nex=head[x];
head[x]=tot;
}
int vis[300010];
LL sum[5],ans;
bool dfs(int x){
for(int i=head[x];i;i=e[i].nex){
if(vis[e[i].t]==-1){
vis[e[i].t]=(vis[x]^1);
if(!dfs(e[i].t)) return 0;;
}
else{
if(vis[e[i].t]==vis[x])
return 0;
}
}
sum[vis[x]]++;
return 1;
}
LL qpow(LL b,LL p){
LL ans=1;
while(p){
if(p&1) ans=(ans*b)%mod;
b=(b*b)%mod;
p>>=1;
}
return ans;
}
inline int read(){
int k=0,f=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
k=k*10+c-48,c=getchar();
return k*f;
}
int main(){
int t=read();
qwq:
while(t--){
bool flag=0;
ans=1; tot=0;
int n=read(),m=read();
for(int i=0;i<=n;i++) vis[i]=-1,head[i]=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x=read(),y=read();
add(x,y); add(y,x);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sum[0]=sum[1]=0;
if(vis[i]==-1){
vis[i]=1;
if(!dfs(i)){
flag=1; printf("0
"); goto qwq;
}
else
ans=(ans*(((qpow(2,sum[0]))%mod+qpow(2,sum[1]))%mod))%mod;
}
}
if(!flag) printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}