真心简单的一场比赛 就是坑比较多（自己太蠢）
A是一个水题 3分钟的时候过了
B也是一个比较简单的题 类似的套路见得多了 但是我当时可能比较困 想了一会才想出来 19分钟的时候过掉了
C同样很显然 性质不难发现 我在30分钟的时候通过了pretest 但是由于自己的愚蠢 忘记写了一句话 导致FST了。。。
D本来是一个简单的dp题 但是我一直没往dp上想 在网络流上刚了1h之后终于换了思路 在1:45的时候通过了他
然后就时间不多了 E都没看 就去hack 成功hack了2个之后比赛就结束了
题解
A
如果有两个同样的puppies就符合条件 因为我们可以用这两个把他变成别的颜色 然后就可以一个个把颜色都清除 直到最后剩下一种颜色为止
注意如果长度为1也就是只有1个字符也是可以的 要特判
B
我们可以发现如果可行，那么一定有一个质数满足条件
然后我们可以找到$a_1$和$b_1$的所有质因数，分别看他们是否满足条件即可
C
假如我们把一个串s分成 s1|s2
那么我们做完操作之后 串变成s1|s2
其中s表示s的倒序
那么我们如果把串写在环上 会发现操作之后整个环没有实质上的
比如串bwbwbwbbwbwb 我们在第4位截开 并操作一番
然后我们把第二个环倒置（s到t变成t到s）并且旋转4个位置
我们得到了原来的环
所以说明了操作不会改变环的实质
所以我们只要计算环上最长的"zebra"长度即可
把串复制一遍 然后扫一遍就可以得到答案
D
令$dp1[l][r]$表示从$l$到$r$这一段，以$l-1$为根，能否做成bst
$dp2[l][r]$表示从$l$到$r$这一段，以$r+1$为根，能否做成bst
那么我们这样转移：
$$dp1[l][r]=Or_{k in (l,r), gcd(a_{l-1},a_k) gt 1} {dp2[l][k-1] & dp1[k+1][r]}$$
$$dp2[l][r]=Or_{k in (l,r), gcd(a_{r+1},a_k) gt 1} {dp2[l][k-1] & dp1[k+1][r]}$$
复杂度$O(n^3)$
E
想法题
基本的套路是我们找到一个basic state，然后把开始状态和结束状态都转移到basic state
有众多方法 我只讲一个
就是我们把所有designated places都放到第一行上
这是很简单的 我们从上往下，每一行从左往右遍历，然后按照遍历到的顺序把这些格子放到第一行上去
就是第一个遍历到的放到（1,1），第二个遍历到的放到（1,2）……
因为在遍历到一个格子的时候，他前面的格子都被放好了 所以我们可以很轻易的把他放到应该放的位置上
现在我们变成了一个新的问题：两个1*k的序列，我们要通过一些操作变得相同
这也是很简单的
如果总行数只有两行 那么可以手算出来
当总行数超过3行的时候
我们从第一个格子开始 加入他现在在（1，i）要移动到（1，j）
我们把它通过下列操作移动：（1，i），（2，i），……，（2，j），（3，j）
然后我们再把所有第三行上的格子移到第一行
由于移动过程中第二行永远是空或者只有一个格子在移动，所以可行
总操作数：
第一步大概在$n^2$次操作，第二步大概在$n^2$次操作，第三步和第一步一样
所以总操作数大概为$3n^2$
F
G
我们给一个有k个子节点的连通块赋值为$2^k-1$
考察合并操作
我们发现 合并操作前 权值为$2^a-1+2^b-1$
如果把b放到a下面 权值变为$2^{a+1}-1$
如果把a放到b下面 权值变为$2^{b+1}-1$
那么期望权值就是$frac {2^{a+1}-1} {2} + frac {2^{b+1}-1} {2}=2^a+2^b-1$
所以总权值+1
那么我们只要算出开始权值和结束权值（就是$2^{n-1}-1$） 他们的差就是答案