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又一次測評姬事故現場
A. Omkar and Completion
就。。全1挺好的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define endl "\n"
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=61; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(999983); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,0,n)cout<<"1 ";
cout<<endl;
}
signed main(){
int T=1; T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}
B. Omkar and Last Class of Math
HOW TO 快速切題？那就寫幾個例子找規律然后就秒切了
結論是 \(a=n\) 的最大的不等於 \(n\) 的約數，以下是證明：
假設 \(a\le b\)，那么顯然 \(lcm\) 一定 \(\ge b\)。這里我們一定要構造 \(lcm=b\) 的解，因為 \(b\) 一定 \(<n\)，而 \(lcm\) 是 \(b\) 的倍數，就算 \(lcm=2b\) 也一定 \(\ge n\)，舍
我們證明了 \(lcm=b\) 也就是說，\(a\) 可以整除 \(b\)，這又等價於 \(a\) 整除 \(n\)。我們又要讓 \(lcm\) 盡可能小，相當於讓 \(b\) 盡可能小也就是 \(a\) 盡可能大。所以總結一下，要讓 \(a\) 整除 \(n\) 並且 \(a\) 盡可能大，那就找 \(n\) 的最大的不等於 \(n\) 的約數就好了（語無倫次）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define endl "\n"
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=61; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(999983); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,2,sqrt(n)+2){
if(n%i==0){
cout<<n/i<<' '<<n-n/i<<endl;
return;
}
}
cout<<1<<' '<<n-1<<endl;
}
signed main(){
int T=1; T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}
C. Omkar and Baseball
大意：問最少要多少次操作讓一個排列變成 \([1,2,..,n]\)。操作是，選擇一個區間，重新排列使得所有區間內的數都不在原來位置上
分三種情況討論：原序列已經是 \([1,2,..,n]\)；原序列中，有一段區間中所有元素都錯位；其他情況
這三種情況分別輸出0,1,2。為什么最多2次操作就行了呢？因為。。沒想法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define endl "\n"
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(999983); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
int a[N];
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,0,n){
a[i]=read()==i+1;
}
a[n]=1; int cnt=0;
repeat(i,0,n)
if(!a[i] && a[i+1])
cnt++;
if(*min_element(a,a+n)==1)cout<<0<<endl;
else if(cnt==1)cout<<1<<endl;
else cout<<2<<endl;
}
signed main(){
int T=1; T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}
D. Omkar and Circle
大意：環上n個非負數，n是奇數，每次操作選擇一個數，把這個數變成相鄰兩個數之和，並刪除相鄰兩個數。求若干操作后環上的最后一個數的最大值
首先把環斷開，分析一波，發現最優情況只可能是把所有奇數位置上的數加起來。因為偶數位置的數根本不可能留到最后。那么這個結論應用到環上就是，很多“偶數”位置其實都會被拋棄，最后的答案一定是，選取恰當的位置把環斷開后的奇數位置之和。（感覺是這樣的）所以實現的時候只要記錄奇偶位置的前綴和，然后for一遍即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define endl "\n"
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
//mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(999983); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
int a[N],s[2][N];
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,1,n+1){
a[i]=read();
s[0][i]=s[0][i-1]+(i%2==0?a[i]:0);
s[1][i]=s[1][i-1]+(i%2==1?a[i]:0);
}
int ans=0;
repeat(i,1,n+1){
ans=max(ans,s[i%2][i]+s[i%2^1][n]-s[i%2^1][i]);
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
int T=1; //T=read();
while(T--)Solve();
return 0;
}