Educational Codeforces Round 83 （A-E）

A 只要是倍数就满足题意。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,m;
int main()
{
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n>>m;
		if(n%m==0) cout<<"YES"<<endl;
		else cout<<"NO"<<endl;
	}
	return 0;
 } 

B 要使得j−aj≠i−ai，那么就让元素随下标的增大而减小就可以了（降序）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1010;
int t,n,m;
int a[N];
bool cmp(int a,int b)
{
	return a>b;
}
int main()
{
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
		sort(a,a+n,cmp);
		for(int i=0;i<n;i++) cout<<a[i]<<' ';
		puts("");
	}
	return 0;
 } 

C 由题意可知每个 k ^ i 只能被使用一次，那么把所有的数化为k进制，在每一位上不能出现超过1的数 （即 k ^ i需要使用的次数），出现即不符题意。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1010,mod=1e9+7;
int t,n,m,k;
ll a[N],cnt[N];
int main()
{
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n>>k;
		for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
		bool flag=1;
		memset(cnt,0,sizeof cnt);
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			for(int j=0;j<100;j++)
			{
				cnt[j]+=a[i]%k;
				a[i]/=k;
			}
		}
		for(int i=0;i<100;i++)
			if(cnt[i]>1)
				flag=0;
		if(flag) cout<<"YES"<<endl;
		else cout<<"NO"<<endl;
	}
	return 0;
 } 

开始补题：
D真的是太坑了，看完题完全都是蒙的，还是没有抓住要点，总共只有n个数字，恰好有一相等，那就是需要n-1个不同的数字，假设这n-1个数字确定了，那么整个数列的最大值不也是确定了吗（还枚举最大值等于几干嘛，太菜了），m个数选n-1个数不就是 C（m，n-1）。对于确定的n-1个数，里面有一个最大值，还会有一个数重复（除了最大值的n-2个数都可以），接下来就需要排顺序了，分别枚举最大值在哪个位置，再向两边填数应该是可以的不过需要找各个未知的关系还要加判断吧，其实不用这么麻烦，不用枚举最大值的位置，只用知道最大值是在中间的（不在头尾），还有重复的哪个数字一定分居最大值两侧，那么对于其他n-3数来说就会有两个选择（在最大值左边还是右边）（假设每个数都选择了之后，最大值两边的顺序也就确定了，因为是单调的）那就有了2^（n-3）中情况，再乘可选择的重复数字（n-2）就是答案了。

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010, mod= 998244353;
int n,m;
ll po[N]; 
void init()//预处理阶乘
{
	po[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++) po[i]=(po[i-1]*i)%mod;
}
 
ll ksm(ll a,ll b)
{
	ll  res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=(res*a)%mod;
		a=(a*a)%mod;
		b/=2;
	}
	return res;
}
ll c(int a,int b)
{
	return po[a]*ksm(po[b],mod-2)%mod*ksm(po[a-b],mod-2)%mod;
}
int main()
{
	cin>>n>>m;
	init();
	cout<< c(m,n-1)*ksm(2,n-3)%mod*(n-2)%mod;
	return 0;
}

E 区间dp+最短路
f[i][j]就来表示区间[i,j]可以合并而成的数字，因为输入的都是正数，所以预处理为-1来表示这个区间并未合并（其实写完之后又想起来一个问题，一个大区间可以被合并是不是只有一种方式来合并，就是说会不会合并合并成两个结果，如果有两个结果区间dp就不行了，代码跑过了，我也不知道怎么证明hhh）
先把长度为1的区间全部预处理，然后把两个相邻且想等区间全部合并，最后会得到所有区间的值，不等于-1的区间就是可以合并而来的，这一个个区间好像是一条条路，跑一遍最短路求出来从点1到n的最少的区间（n^3的复杂度只用了46ms还是出乎意料的）

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=510,mod=998244353;
int t,n,m,k;
int f[N][N],a[N];
int dist[N];
bool st[N];
int dij()
{
	memset(dist,0x3f,sizeof dist);
	dist[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)//一定得循环n次
	{
		int t=-1;
		for(int j=0;j<=n;j++)
			if(!st[j]&&(t==-1||dist[t]>dist[j])) t=j;
		for(int j=t+1;j<=n;j++)
			if(f[t+1][j]!=-1)//相邻的区间是[t+1,j],不为-1表示可以合并得到
				dist[j]=min(dist[j],dist[t]+1);
		st[t]=1;
	}
	cout<<dist[n];
 } 
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	memset(f,-1,sizeof f);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i][i]=a[i];
	}
	for(int len=2;len<=n;len++)
	{
		for(int i=1;i+len-1<=n;i++)
		{
			int l=i,r=i+len-1;
			for(int j=i;j<r;j++)
				if(f[i][j]!=-1&&f[i][j]==f[j+1][r])//区间值相等且可以合并得到
				{
					f[i][r]=f[i][j]+1;
				}
		}
	}
	dij();
	return 0;
}