A. Divide and Conquer

给出一个数组，每次操作可以选择一个位置，将它的数字除以2向下取整，问得到的数组之和是偶数时所需要的最少次数是多少。

思路：暴力判断每一位奇偶性改变时所需的最少操作数，如果当前的数组和不是偶数时，只需要改变其中一个数字的奇偶性即可。

AC Code：

#include typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int t, n;
ll a[N];int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);std::cin >> t;while(t --) {std::cin >> n;ll sum = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++) {std::cin >> a[i];sum += a[i];}if(sum % 2 == 0) {std::cout << 0 << '\n';continue;}int ans = 1e9;for(int i = 1; i <= n; i ++) {int res = a[i] % 2, cnt = 0;while(a[i] % 2 == res) {a[i] /= 2;cnt ++;if(!a[i]) break;}ans = std::min(ans, cnt);}std::cout << ans << '\n';}return 0;
}

B. Make Array Good

给出一个数组，每次操作可以选择一个数，将它加上一个小于该数的任意数字，构造这样的一系列操作，使得操作完成后任意两个数都有倍数关系。

思路：因为每次加上的数字都必须小于当前数字，而且必须每两个数都是倍数关系，则所有的数字都必须是某个数的倍数，所以取2，这样也可以保证每次加入的最小数都小于当前数字。

AC Code：

#include typedef long long ll;
typedef std::pair PII;
const int N = 2e5 + 5;
int t, n;
ll a[N];int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);std::cin >> t;while(t --) {std::cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i ++) {std::cin >> a[i];}std::vector vec;for(int i = 1; i <= n; i ++) {ll num = 1;while(num < a[i]) num <<= 1;vec.push_back({i, num - a[i]});}std::cout << vec.size() << '\n';for(auto [x, y] : vec)std::cout << x << ' ' << y << '\n';}return 0;
}

C. Binary Strings are Fun

给出一个01串，求所有的前缀满足good extension有多少个。extension是对于01串，隔一个插入一个0或1构造的字符串，即构造得到的奇数位按顺序等于原字符串。good串是指对于01串中所有的奇数位都满足这一位的字符在前面出现过至少n/2次，n是当前奇数位的位置数。

思路：因为对于每个前缀都会满足条件，所以显然，如果当前位与前一位相同时，中间这一位插入0或1都可以，答案是前一位的答案*2；如果当前位和前一位不同，则中间只能插入与当前位相同的字符，答案为1,。顺序遍历答案累加即可。

AC Code：

#include typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int t, n;
std::string s;template
struct ModInt {const static int mod = T;int x;ModInt(int x = 0) : x(x % mod) {}ModInt(ll x) : x(int(x % mod)) {} int val() { return x; }ModInt operator + (const ModInt &a) const { int x0 = x + a.x; return ModInt(x0 < mod ? x0 : x0 - mod); }ModInt operator - (const ModInt &a) const { int x0 = x - a.x; return ModInt(x0 < 0 ? x0 + mod : x0); }ModInt operator * (const ModInt &a) const { return ModInt(1LL * x * a.x % mod); }ModInt operator / (const ModInt &a) const { return *this * a.inv(); }void operator += (const ModInt &a) { x += a.x; if (x >= mod) x -= mod; }void operator -= (const ModInt &a) { x -= a.x; if (x < 0) x += mod; }void operator *= (const ModInt &a) { x = 1LL * x * a.x % mod; }void operator /= (const ModInt &a) { *this = *this / a; }friend std::ostream &operator<<(std::ostream &os, const ModInt &a) { return os << a.x;}ModInt pow(int64_t n) const {ModInt res(1), mul(x);while(n){if (n & 1) res *= mul;mul *= mul;n >>= 1;}return res;}ModInt inv() const {int a = x, b = mod, u = 1, v = 0;while (b) {int t = a / b;a -= t * b; std::swap(a, b);u -= t * v; std::swap(u, v);}if (u < 0) u += mod;return u;}};
typedef ModInt<998244353> mint;int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);std::cin >> t;while(t --) {std::cin >> n >> s;s = ' ' + s;mint ans = 0, cnt = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++) {if(s[i] == s[i - 1]) {cnt *= 2;ans += cnt;}else {cnt = 1;ans += 1;}}std::cout << ans << '\n';}return 0;
}

os：这个题题目不好懂

D. GCD Queries

给出一个长度为n的0~n - 1的permutation，在2*n次询问内得到两个位置，其中一个是0。每次询问可以询问两个位置的数字的gcd。

思路：考虑在2*n次内删去n - 2个数，可以任意选择三个位置i，j，k，令x = gcd(i, j)，y = gcd(j, k)，根据x和y的大小关系删去数字。写法可以直接在队列里循环即可。

AC Code：

#include typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int t, n;int ask(int i, int j) {std::cout << "? " << i << ' ' << j << '\n';std::cout.flush();int x;std::cin >> x;return x;
}int main() {// std::ios::sync_with_stdio(false);// std::cin.tie(0);// std::cout.tie(0);std::cin >> t;while(t --) {std::cin >> n;std::queue q;for(int i = 1; i <= n; i ++) {q.push(i);}while(q.size() > 2) {int i = q.front();q.pop();int j = q.front();q.pop();int k = q.front();q.pop();int x = ask(i, j), y = ask(j, k);if(x == y) q.push(i), q.push(k);else if(x > y) q.push(i), q.push(j);else q.push(j), q.push(k);}int x = q.front();q.pop();int y = q.front();q.pop();std::cout << "! " << x << ' ' << y << '\n';std::cout.flush();std::cin >> x;}return 0;
}