A
题解
知识点：贪心。
注意到 (mgeq n) 时，不存在某一行或列空着，于是不能移动。
而 (m<n) 时，一定存在，可以移动。
时间复杂度 (O(1))
空间复杂度 (O(1))
代码
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; bool solve() { int n, m; cin >> n >> m; for (int i = 1;i <= m;i++) { int x, y; cin >> x >> y; } if (m >= n) return false; else cout << "YES" << 'n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << "NO" << 'n'; } return 0; } B
题解
知识点：贪心。
每次干掉两端 (b) 最小的即可，能保证最大的 (b) 没有增加花费，其他 (b) 只增加花费一次。
时间复杂度 (O(n))
空间复杂度 (O(n))
代码
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int a[200007], b[200007]; bool solve() { int n; cin >> n; for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i]; for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> b[i]; ll sum = 0; for (int i = 1;i <= n;i++) sum += a[i]; int l = 1, r = n; while (l < r) { if (b[l] <= b[r]) sum += b[l++]; else sum += b[r--]; } cout << sum << 'n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << 'n'; } return 0; } C
题解
知识点：博弈论，贪心，二分。
本来数据范围能暴力，但执着找规律推结论，结果推假了wwwwwwwwww，不如直接暴力QAQ。
显然二分 (k) 可以，$k in[1,lceil frac{n}{2} rceil] $。二者选取的贪心策略也很明显，A尽量取大的，B取最小的，推到这一步可以直接模拟了。
但进一步可以推出，A取后 (k) 个之后，B一定取了前 (k-1) 个，那么我们把前 (k-1) 个空出来，让A直接从 (k) 开始取是最优的，正着取的第 (i) 个是第 (k-i+1) 回合，只要小于等于 (i) 即可。
时间复杂度 (O(n log n))
空间复杂度 (O(n))
代码
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int n; int a[107]; bool check(int mid) { bool ok = 1; for (int i = 1;i <= mid;i++) { ok &= a[mid + i - 1] <= i; } return ok; } bool solve() { cin >> n; for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i]; sort(a + 1, a + n + 1); int l = 1, r = n + 1 >> 1; while (l <= r) { int mid = l + r >> 1; if (check(mid)) l = mid + 1; else r = mid - 1; } cout << r << 'n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << 'n'; } return 0; } D
题解
知识点：数论，筛法。
注意到，我们要求的是每个元素不超过 (m) 的正整数，长度 ([1,n]) 的每个长度的不明确的序列个数之和。我们先考虑长度为 (n) 的情况，其他长度可以同理。
所有序列天生有一组 ([1,1,1,1,cdots]) 的删除序列，这代表只要序列有一个元素能在 (1) 以外的位置删除，就能产生新的删除序列，则原序列就是不明确的。
因为可以通过移除第一项，让 (a[i]) 往前挪，必然会经过 ([2,i]) 的所有位置，所以若要使 (a[i]) 可在 (1) 以外的位置删除，需要 (a[i]) 存在 ([2,i]) 内的数与其没有公共质因子，更进一步，即不包含所有前缀素数（([2,i]) 所有数的质因子种类，即其中所有素数），这样就一定存在 (2leq jleq i) 使 (gcd(j,a[i]) = 1) 。
注意到，计算在 (a[i]) 位置上 ([1,m]) 中符合条件的数的个数很困难，但计算包含所有前缀质因子的情况很容易， (frac{m}{mul_i}) 就是 ([1,m]) 所有前缀质因子都存在的数的个数，其中 (mul_i) 是位置 (i) 的前缀质因子乘积。
我们计算出 ([1,n]) 每个位置的 (frac{m}{mul_i}) ，即每个位置其前缀质因子都存在数的个数，把他们乘法原理乘在一起，就代表长度为 (n) 明确的数列的个数 (prod_{i=1}^n frac{m}{mul_i}) ，因为每个位置组合的都是包含所有前缀质因子，除了在 (1) 处删除，其他地方 (gcd(i,a[i]) neq 1) 不能删。
最后对于长度 (n) 的数列，所有情况一共 (m^n) 种，所以最后不明确的数列个数为 (m^n - prod_{i=1}^n frac{m}{mul_i}) 。
我们对 ([1,n]) 所有长度的答案求和，有 (ans = sum_{i=1}^n (m^i - prod_{j=1}^i frac{m}{mul_j})) ，注意到 (m^i) 、 (mul_i) 以及 (prod_{j=1}^i frac{m}{mul_j}) 可以从 (1) 递推，过程中加到答案里即可。
时间复杂度 (O(n))
空间复杂度 (O(n))
代码
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int mod = 998244353; int cnt; int vis[300007]; int prime[300007] = { 1 }; void euler_screen(int n) { for (int i = 2;i <= n;i++) { if (!vis[i]) prime[++cnt] = i; for (int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j++) { vis[i * prime[j]] = 1; if (i % prime[j] == 0) break; } } } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int n; ll m; cin >> n >> m; euler_screen(n); int base = 1, mul = 1, ans = 0; ll fact = 1; for (int i = 1;i <= n;i++) { if (!vis[i] && fact <= m) fact *= i; base = 1LL * m % mod * base % mod; mul = 1LL * m / fact % mod * mul % mod; ans = ((ans + base) % mod - mul + mod) % mod; } cout << ans << 'n'; return 0; } E
题解
知识点：bfs。
思考明白了就是一个很简单的01bfs。
注意到我们需要让从第一行到第 (n) 行不存在路径，反过来想就是需要一条从第一列到第 (m) 列连续的横向仙人掌路径，才能阻挡所有竖向路径，这个路径要求花费最少，于是问题转化问从第一列出发到第 (m) 列的仙人掌最短路，起点是第一列所有点，有仙人掌的格子花费为 (0) ，没有的花费是 (1) 。
搜索过程中用一个 map 记录前驱坐标即可复原路径。
这道题主要在这个思考和转化的过程。
时间复杂度 (O(nm))
空间复杂度 (O(nm))
代码
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int dir[4][2] = { {1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1} }; const int dir2[4][2] = { {1,0},{0,1},{0,-1},{-1,0} }; bool solve() { int n, m; cin >> n >> m; vector<vector<char>> dt(n + 1, vector<char>(m + 1)); for (int i = 1;i <= n;i++) for (int j = 1;j <= m;j++) cin >> dt[i][j]; auto check = [&](int x, int y) { bool ok = 1; for (int i = 0;i < 4;i++) { int xx = x + dir2[i][0]; int yy = y + dir2[i][1]; if (xx <= 0 || xx > n || yy <= 0 || yy > m) continue; ok &= dt[xx][yy] != '#'; } return ok; }; deque<pair<int, int>> dq; vector<vector<bool>> vis(n + 1, vector<bool>(m + 1)); map<pair<int, int>, pair<int, int>> pre; pair<int, int> p = { 0,0 }; for (int i = 1;i <= n;i++) { if (dt[i][1] == '#') dq.push_front({ i,1 }), vis[i][1] = 1, pre[{i, 1}] = { 0,0 }; else if (check(i, 1)) dq.push_back({ i,1 }), vis[i][1] = 1, pre[{i, 1}] = { 0,0 }; } while (!dq.empty()) { auto [x, y] = dq.front(); dq.pop_front(); if (y == m) { p = { x,y }; break; } for (int i = 0;i < 4;i++) { int xx = x + dir[i][0]; int yy = y + dir[i][1]; if (xx <= 0 || xx > n || yy <= 0 || yy > m || vis[xx][yy]) continue; if (dt[xx][yy] == '#') dq.push_front({ xx,yy }), vis[xx][yy] = 1, pre[{xx, yy}] = { x,y }; else if (check(xx, yy)) dq.push_back({ xx,yy }), vis[xx][yy] = 1, pre[{xx, yy}] = { x,y }; } } auto &[px, py] = p; if (!px && !py) return false; cout << "YES" << 'n'; while (px || py) { dt[px][py] = '#'; p = pre[{px, py}]; } for (int i = 1;i <= n;i++) { for (int j = 1;j <= m;j++) { cout << dt[i][j]; } cout << 'n'; } return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << "NO" << 'n'; } return 0; } 
