A. Fibonacciness

題目大意

給你四個數字abde，讓你找到一個中間值c，問 $a+b=c$ ， $b+c=d$ ， $c+d=e$ 最多能有幾個式子成立

解題思路

顯然最多就六種情況，暴力枚舉即可

代碼實現

for _ in range(int(input())):a1, a2, a4, a5 = map(int, input().split())t1 = a1 + a2t2 = a5 - a4ans = [0, 0]ans[0] += a1 + a2 == t1ans[0] += a2 + t1 == a4ans[0] += t1 + a4 == a5ans[1] += a1 + a2 == t2ans[1] += a2 + t2 == a4ans[1] += t2 + a4 == a5print(max(ans))

B. Farmer John’s Card Game

題目大意

給你一個n行m列的排列，請你給出一個長度為n的排列，使得這n行每次出一個數字，執行m次，能按順序出完這 $n?m$ 個數字

解題思路

對于同一行來說，下一次要出的數字會和本次相差n，所有只需要看排序后相鄰是否相差n即可，每一行最小的數字就是他們的初始順序

代碼實現

#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);int t;std::cin >> t;while (t--) {int n, m, f = 1;std::cin >> n >> m;std::vector<int> ans(n + 1);std::vector<std::vector<int>> v(n, std::vector<int>(m));for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {std::cin >> v[i][j];}std::sort(v[i].begin(), v[i].end());for (int j = 1; j < m; j++) {if (v[i][j] - v[i][j - 1] != n) {f = 0;}}ans[v[i][0]] = i + 1;}if (f) {for (int i = 0; i < n; i++) {std::cout << ans[i] << " \n"[i == n - 1];}} else {std::cout << "-1\n";}}
}

C. Game of Mathletes

題目大意

有n個數字（保證n是偶數），執行n/2次操作，每次Alice先選一個數字a，Bob再選一個數字b，如果滿足 $a+b=k$，則可以加一分。 Alice會最小化分數，Bob會最大化分數，二者都采用最優策略，問最后得分會是多少

解題思路

由于是Alice先手，所有Bob每次總能找到一個數字與Alice挑選的數字匹配（如果存在可以匹配的數字），因此只需要計算有多少數對滿足等式即可

代碼實現

#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);int t;std::cin >> t;while (t--) {int n, k;std::cin >> n >> k;std::vector<int> f(n + 1);for (int i = 0; i < n; i++) {int x;std::cin >> x;f[x]++;}i64 ans = 0;for (int i = std::max(1, k - n); i < std::min(n + 1, (k + 1) / 2); i++) {int j = k - i;if (j >= 1 && j <= n && j > i) {ans += std::min(f[i], f[j]);}}if (k % 2 == 0) {int mid = k / 2;if (mid >= 1 && mid <= n) {ans += f[mid] / 2;}}std::cout << ans << "\n";}
}

D. Subtract Min Sort

題目大意

有n個數字，可以多次執行 $a_i?min(a_i,a_{i?1})$，$a_i?min(a_{i?1},a_{i?1})$，問最后能否讓序列單調不遞減

解題思路

對于一個單調不遞減的序列，顯然一直執行操作之后除了最后一位都會變成0，因此只需要不停的執行操作，最后檢查前n-1位是不是0即可

代碼實現

#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);int t;std::cin >> t;while (t--) {int n, f = 0;std::cin >> n;std::vector<int> a(n);for (int i = 0; i < n; i++) {std::cin >> a[i];}for (int i = 1; i < n; i++) {int minn = std::min(a[i - 1], a[i]);a[i - 1] -= minn;a[i] -= minn;}for (int i = 0; i < n - 1; i++) {f += a[i];}if (f) {std::cout << "NO\n";} else {std::cout << "YES\n";}}
}

E. Graph Composition

題目大意

給你兩張圖F和G，每次操作可以在F中刪或者加一條邊，最后要求讓F和G聯通性相同，問最小操作次數是多少

解題思路

按照題意模擬，對F中聯通但是G不聯通的部分直接刪邊ans++，對F中不聯通G中聯通的部分加邊，最后加上二者連通塊數量即可

代碼實現

#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;class DSU {public:int cnt;std::vector<int> fa, rank, siz;DSU(int n) : cnt(n), fa(n + 1), rank(n + 1, 0), siz(n + 1, 1) {for (int i = 1; i <= n; i++) {fa[i] = i;}}int find(int x) {if (fa[x] != x) {fa[x] = find(fa[x]);}return fa[x];}void merge(int x, int y) {int X = find(x), Y = find(y);if (X != Y) {if (rank[X] >= rank[Y]) {fa[Y] = X;siz[X] += siz[Y];if (rank[X] == rank[Y]) {rank[X]++;}} else {fa[X] = Y;siz[Y] += siz[X];}cnt--;}}int size() {return cnt;}int count(int x) {return siz[find(x)];}
};int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);int t;std::cin >> t;while (t--) {i64 n, m1, m2, ans = 0;std::cin >> n >> m1 >> m2;std::vector<std::pair<int, int>> F(m1);for (int i = 0; i < m1; i++) {std::cin >> F[i].first >> F[i].second;}DSU dsuG(n);for (int i = 0; i < m2; i++) {int u, v;std::cin >> u >> v;dsuG.merge(u, v);}DSU dsuF(n);for (auto [u, v] : F) {if (dsuG.find(u) != dsuG.find(v)) {ans++;} else {dsuF.merge(u, v);}}std::cout << ans + dsuF.size() - dsuG.size() << "\n";}
}

F. Multiplicative Arrays

題目大意

給你兩個數字nk，問有多少個長度不超過n且最大元素不超過k的數組滿足累乘后的值為x，輸出x=1~k時的方案數，對最方案數模998244353

解題思路

1是一個很特殊的數字，他可以讓長度增加而累乘的值不增加，首先考慮最大值是1的情況發現只有n種，再考慮最小值不為1的情況，可以發現最后數組長度不會特別長，而對于有1的情況基于沒有1的情況填充即可

代碼實現

#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;
const int MOD = 998244353;i64 ksm(i64 a, i64 n) {i64 res = 1;a %= MOD;while (n) {if (n & 1) res = res * a % MOD;a = a * a % MOD;n >>= 1;}return res;
}int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);int t;std::cin >> t;while (t--) {i64 k, n;std::cin >> k >> n;if (k == 1) {std::cout << (n % MOD) << "\n";continue;}i64 p2 = 0;while ((1ll << (p2 + 1)) <= k) {p2++;}// 當序列只有一個大于1的數字時i64 C = ((n + 1) % MOD) * (n % MOD) % MOD;C = C * ksm(2, MOD - 2) % MOD;std::vector<i64> ans(k + 1), last(k + 1);for (int i = 2; i <= k; i++) {  // 選取方案不包含1last[i] = 1;}for (int i = 1; i <= k; i++) {ans[i] = (ans[i] + last[i] * C) % MOD;}for (int len = 2; len <= std::min(p2, n); len++) {// 先填入大于1的數字std::vector<i64> now(k + 1);for (int i = 2; i <= k; i++) {  // 填入一個新數字ifor (int j = i; j <= k; j += i) {  // 更新乘積now[j] = (now[j] + last[j / i]) % MOD;}}// 剩下的長度用1填充C = C * ((n + 1 - len) % MOD + MOD) % MOD;C = C * ksm(len + 1, MOD - 2) % MOD;for (int i = 1; i <= k; i++) {ans[i] = (ans[i] + now[i] * C) % MOD;}last = now;}ans[1] = n % MOD;for (int i = 1; i <= k; i++) {std::cout << ans[i] << " \n"[i == k];}}
}