CodeForces 1406

（注：本来开了个坑，原标题为「do you know wtf it is???」，正文为「懵逼了吧」，所以被 hsc 骂了……）

这场比较简单，所以本文的重心放在一波三折的比赛（赛后？）经历上（

本来想着用 tzcWh... 这个号控制住不要上橙，大概控制在 2070~2099 左右，然后下一场 div. 2 就能超过大号这样。

比赛结束前 5min E 交上去 WA 了，于是弃了，看了眼 predictor，能直接上 2150，这不行啊。于是开始故意 hack 失败，网速比较慢所以 5min 只 hack 了 5 次。

减了 250pts 之后比赛结束，又看了一眼 predictor，+130？掐指一算，涨到 2102？wtf？？？要上橙就给我上高一点，要么就不要上橙，ntm 给我搭个橙名线是几个意思？很后悔没有早点开始 hack，多 hack 一次就 CM 稳了。然后就跟 wjz 疯狂祖安。

然后突然发现我的 A 好像 FST 了，上面出现了个红色的 -1？那 tgxl，rating 低一点没关系，至少不用上橙了！然后 wjz 说「这是 feature，你刷新一下」（老 system test 观众了），然后又没 FST，得分了。还我 FST！！！于是继续祖安，祖安累了去洗了个澡。

洗完澡回来之后发现 wjz 跟我说「不会 master」，又是啥？system test 已经结束了，打开 predictor 一看 +124，2096？tgxl，这个结果我满意。于是开开心心睡觉去了。

早上起来忐忑地打开电脑，发现居然 +127，2099？这无疑是我最满意的结果，请叫我控分带师（

也许这就是命运吧（

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下面是题解（正文部分）

CF 比赛页面传送门

A - Subset Mex

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给定一个集合 (a,|a|=n)，将它分成两个集合 (A,B)，要求最大化 (operatorname{mex}(A)+operatorname{mex}(B))。本题多测。

(nin[1,100],a_iin[0,100],Tin[1,100])。

随便贪心就好了，两个集合的 (operatorname{mex}) 齐头并进，某个进不了了就停下来，两个都停下来的时候就是答案最大化的情况。代码也随便写了吧。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100;
int n;
int a[N+1];
int cnt[N+1];
void mian(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	sort(a+1,a+n+1);
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	for(int i=1;i<=n;i++)cnt[a[i]]++;
	int fst=0;
	for(int i=0;i<=100;i++)if(cnt[i]<2){fst=i;break;}
	for(int i=fst;i<=100;i++)if(cnt[i]<1)return cout<<fst+i<<"
",void();
	if(fst)cout<<fst+101<<"
";
	else cout<<202<<"
";
}
int main(){
	int testnum=1;
	cin>>testnum;
	while(testnum--)mian();
	return 0;
}

B - Maximum Product

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给定 (n) 个整数（可正可负可零），求其中 (5) 个数的乘积的最大值。本题多测。

(ninleft[5,10^5 ight],sum nleq 2 imes10^5)。

这个就分个两种情况吧，有 (0) 和无 (0)。

有 (0) 的话就是 (0) 了。

无 (0) 的话就枚举正数个数，然后排个序贪个心就切了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n;
void mian(){
	cin>>n;
	vector<int> po,ne;
	int ans=-inf;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;
		cin>>x;
		if(x>0)po.pb(x);
		if(x==0)ans=0;
		if(x<0)ne.pb(x);
	}
	sort(po.begin(),po.end(),greater<int>());
	sort(ne.begin(),ne.end());
	for(int i=0;i<=5;i++){
		if(i<=po.size()&&5-i<=ne.size()){
			int res=1;
			if(5-i&1){
				for(int j=(int)(po.size())-1;j>=(int)(po.size())-i;j--)res*=po[j];
				for(int k=(int)(ne.size())-1;k>=(int)(ne.size())-(5-i);k--)res*=ne[k];
			}
			else{
				for(int j=0;j<i;j++)res*=po[j];
				for(int k=0;k<5-i;k++)res*=ne[k];
			}
			ans=max(ans,res);
		}
	}
	cout<<ans<<"
";
}
signed main(){
	int testnum=1;
	cin>>testnum;
	while(testnum--)mian();
	return 0;
}

C - Link Cut Centroids

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给定一棵大小为 (n) 的树。要求删掉一条边加上一条边使重心唯一。给出方案。本题多测。

(ninleft[3,10^5 ight],sum nleq 10^5)。

假如说本来就唯一的话不用说。否则：

显然两个重心相邻。钦定其中一个为根，那么另一个就是第 (2) 层。我也不知道怎么想出来的，就随便试吧，可以删掉第 (2) 层重心的任意一条通向儿子的边（由 (ngeq 3) 易证一定有儿子），然后把那个儿子连向根即可。

证明的话，显然删加过之后根依然是重心，因为子树大小最大值变小了嘛。而第 (2) 层那个的相对应的显然变大了，那么它们的最大子树大小就不等了，就不可能同时为重心。然后如何证其他点不为重心呢？因为要想是重心就必须与根相邻，而这三个点发生关系跟其他儿子有个屁的关系，那最大子树大小肯定就不变啊，就无法翻身。得证。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
const int N=100000;
int n;
vector<int> nei[N+1];
int sz[N+1];
void dfs(int x=1,int fa=0){
	sz[x]=1;
	for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
		int y=nei[x][i];
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,x);
		sz[x]+=sz[y];
	}
}
void mian(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)nei[i].clear();
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		nei[x].pb(y);nei[y].pb(x);
	}
	dfs();
	vector<int> cen;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		bool flg=true;
		int sum=1;
		for(int j=0;j<nei[i].size();j++){
			int x=nei[i][j];
			if(sz[x]>sz[i])continue;
			flg&=sz[x]<=n/2;
			sum+=sz[x];
		}
		flg&=n-sum<=n/2;
		if(flg)cen.pb(i);
	}
	assert(cen.size()<=2);
	if(cen.size()==1)printf("%d %d
%d %d
",1,nei[1][0],1,nei[1][0]);
	else{
		int son=nei[cen[0]][0]==cen[1]?nei[cen[0]][1]:nei[cen[0]][0];
		printf("%d %d
%d %d
",cen[0],son,cen[1],son);
	}
}
int main(){
	int testnum=1;
	cin>>testnum;
	while(testnum--)mian();
	return 0;
}

D - Three Sequences

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给定一个长度为 (n) 的数列 (a)。你需要构造出长度为 (n) 的数列 (b,c)，满足 (a_i=b_i+c_i)，且 (b) 不降，(c) 不升。最小化 (max(b_i,c_i))。然后还有 (q) 次区间增加，每次输出最小化的结果。

(n,qinleft[1,10^5 ight])。

二话不说先找结论啊。通过观察样例发现，一开始 (b_1,c_1) 随便取只要满足 (a_1=b_1+c_1) 即可，然后以后的话，若 (a) 的增量 (geq 0) 就在 (b) 上加，否则就在 (c) 上减。证明的话随便想想很简单，显然 (max(b_i,c_i)=max(b_n,c_1))，那么在 (b_1,c_1) 固定的时候，(b) 的总增量显然越小越好，于是就只有在必要的时候才在 (b) 上加咯。

然后现在解决 (b_1,c_1) 不固定的事情。我们想要令 (max(b_n,c_1)) 这个柿子最小，那么首先需要将 (b_n) 用 (b_1) 表示一下。令增量 (Delta_i=a_{i+1}-a_i)，则 (b_n=b_1+sumlimits_{i=1}^{n-1}[Delta_igeq 0]Delta_i)。令那个 (sum) 为 (Sigma)，那么柿子为 (max(b_1+Sigma,c_1))。又 (a_1=b_1+c_1)，则柿子又可以写为 (max(b_1+Sigma,a_1-b_1))。那么注意到 (max) 两个参数是和为常量的，那么最理想的情况是令它们相等，则 (max) 最小。解个方程可以得到 (b_1=dfrac{a_1-Sigma}2)。但是不允许出现小数，所以还要取个整然后左右两边 round 一下。

然后还有区间加呢。注意到区间加只会令两个增量变化，于是随便 (mathrm O(1)) 维护即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=100000;
int n;
int a[N+1];
int qu;
int d[N+1];
int calc(int now,int x){
	int res=inf;
	for(int i=now-3;i<=now+3;i++)res=min(res,max(i+x,a[1]-i));
	return res;
}
void mian(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",a+i);
	for(int i=1;i<n;i++)d[i]=a[i+1]-a[i];
	int x=0;
	for(int i=1;i<n;i++)if(d[i]>0)x+=d[i];
	cout<<calc(a[1]-x>>1,x)<<"
";
	cin>>qu;
	while(qu--){
		int l,r,v;
		scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&v);
		if(l==1)a[1]+=v;
		if(l-1&&d[l-1]>0)x-=d[l-1];
		if(r<n&&d[r]>0)x-=d[r];
		d[l-1]+=v,d[r]-=v;
		if(l-1&&d[l-1]>0)x+=d[l-1];
		if(r<n&&d[r]>0)x+=d[r];
		printf("%lld
",calc(a[1]-x>>1,x));
	}
}
signed main(){
	int testnum=1;
//	cin>>testnum;
	while(testnum--)mian();
	return 0;
}

E - Deleting Numbers

这是钓鱼王子出的好题哦~

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本题为交互题。给定 (n)，初始时有 (A=[1,n]cap mathbb Z)。你有 (3) 种操作：

1. 查询 (A) 中有多少个 (a) 的倍数（(ain [1,n])）；
2. 查询 (A) 中有多少个 (a) 的倍数（(ain[2,n])），并将 (A) 中所有 (a) 的倍数删去，特殊地，如果 (x) 是 (a) 的倍数则不删；
3. 得出答案 (a)，操作之后立即结束。

你需要在不超过 (10^4) 次操作内猜出某个预先设定好的 (xin A)。

(ninleft[2,10^5 ight])。

思路在于，通过操作 (1) 和操作 (2) 的配合，实现查询 (x) 是否是 (a) 的倍数。

不难想到尝试将 (x) 分解质因数，根据弱智的唯一分解定理可以确定 (x)。

最 naive 的想法是每个质数的幂都试一遍。打个表发现 (pi(n)) 大概是 (9500+)，然后质数的幂大概是 (9700) 左右个。你可能会说，噫，好，这场 div. 2 我阿克了！哦上帝，瞧瞧这天真的声音。注意到操作 (2) 是先返回结果再删除的，也就是说它的返回结果是个幌子，你想知道 ([amid x]) 必须要先 (2) 再 (1)，(2) 步走。

想到寿司晚宴那题的一个结论：将质数分成小质数和大质数，则每个数最多含有一个大质因子。

那么先将小质因子随便毛搞搞，我们设 ( au(m)) 表示 (m) 以内质数的幂的个数，那么是 (2 au(sqrt n)) 步的。实际上可以进一步优化，对于每个质数，先将它给 (2) 了，然后每个幂就可以直接查了。这样是 (pi(sqrt n)+ au(sqrt n)) 的。别看这一步优化微不足道，其实她能决定你是否 AC。

现在把质因数分解式里的小质因子部分已经分解出来了，并且 (A) 里显然只剩下 (1) 和 (x) 和所有大质数。接下来的任务就是要找出 (x) 是否有大质因子，如果有的话是谁。

需要分出两种情况：

1. 小质因子部分 (>1)。那么显然 (x) 是不属于那个大质数集的。那还怕个鬼啊，直接检查所有的大质数乘以小质因子部分是否剩一个数，剩的话大质因子就是他了乘上去，否则没有；
2. 小质因子部分 (=1)。此时就需要害怕了，因为你「检查所有的大质数乘以小质因子部分是否剩一个数」的话，那你任何一次检查结果都是「是」，就无语了。而此时问题变得更加简单，剩下来的集合就是 (1) 和所有大质数，而你可以确定 (x) 就在里面。考虑对大质数序列分块。每块整体删一下，然后如果集合大小减少数量不对劲就说明 (x) 一定在这块里面，集中精力搞。由于块大小不大，可以直接逐个用操作 (1) 排查。总操作次数大约为 (pi(sqrt n)+ au(sqrt n)+(pi(n)-pi(sqrt n))+2sqrt{pi(n)-pi(sqrt n)}= au(sqrt n)+pi(n)+2sqrt{pi(n)-pi(sqrt n)})，卡的死死的，出题人真是毒瘤。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
bool ispr(int x){
	if(x<2)return false;
	for(int i=2;i*i<=x;i++)if(x%i==0)return false;
	return true;
}
int A(int x){
	printf("A %d
",x),fflush(stdout);
	cin>>x;return x;
}
int B(int x){
	printf("B %d
",x);fflush(stdout);
	cin>>x;return x;
}
void C(int x){printf("C %d
",x);fflush(stdout);exit(0);}
void mian(){
	int n;
	cin>>n;
	if(n==1)C(1);
	vector<int> pr;
	for(int i=2;i<=n;i++)if(ispr(i))pr.pb(i);
	int x=1,lim=sqrt(n);
	for(int i=0;pr[i]<=lim;i++){
		B(pr[i]);
		int now=1;
		while(now*pr[i]<=n)now*=pr[i];
		while(now>1){
			if(A(now)==1){x*=now;break;}
			now/=pr[i];
		}
	}
	vector<int> v;
	for(int i=0;i<pr.size();i++)if(pr[i]>lim)v.pb(pr[i]);
	if(x==1){
		int now=A(1);
		for(int i=0;i<v.size();i+=100){
			for(int j=i;j<i+100&&j<v.size();j++)B(v[j]);
			int res=A(1);
			if(now-res==min(i+100,int(v.size()))-i)now=res;
			else{
				for(int j=i;j<i+100&&j<v.size();j++)if(A(v[j])==1){x=v[j];break;}
				break;
			}
		}
	}
	else{
		for(int i=0;i<v.size();i++)if(1ll*x*v[i]<=n&&A(x*v[i])==1){x*=v[i];break;}
	}
	C(x);
}
int main(){
	int testnum=1;
//	cin>>testnum;
	while(testnum--)mian();
	return 0;
}