A Cowardly Rooks

思路：看着还挺复杂的。仔细观察一下题意，题中已经说明初始情况没有两个棋子在同一行或同一列，那么只要有空缺行/空缺列，就可以移动。只要判断n等不等于m就行。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;void solve() {int n, m, x, y;cin >> n >> m;for (int i = 0; i < m; i++) {cin >> x >> y;}if (n > m)cout << "YES" << endl;elsecout << "NO" << endl;return;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

B Death's Blessing

思路：我们发现，为了杀死所有怪物，必须要消耗掉数组a[N]之和的时间以及怪物的亡语额外赋予的时间。问题转化为如何让怪物的亡语赋予的时间最小。由于只要场上的怪物>=2，那么亡语至少会对一个怪物生效。因此赋予的时间不能低于b[N]之和减去b[N]的最小值。接下来我们证明这种情况一定可以成立：只要从两边分别杀死怪物，最终留下b最小的那个怪物即可。因此可以证明答案为sum(a[])+sum(b[])-min(b[])。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;void solve() {int n;cin >> n;long long sum = 0, tp, maxm = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> tp;sum += tp;}for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> tp;sum += tp;if (maxm < tp)maxm = tp;}cout << sum - maxm << endl;return;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

C Number Game

思路：这题可以先进行一些尝试。

如果能进行1个round，那么一定有一个1，否则，Alice就输了。

如果能进行2个round，那么round1需要1个2（或比2更小的数），而round2需要1个1，但Bob会将尽可能小的数变大以防止Alice赢，故实际上需要的是2个1和1个2（或更小的数）。

同理，如果能进行3个round，那么Bob可以把数变大两次，因此必须要有1 1 1 2 3（或更小的数），

4个round，就是1 1 1 1 2 3 4（或更小）……

因此排序后O(n^2)遍历解决。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;void solve() {int n, a[200];cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> a[i];}sort(a, a + n);for (int i = 0; i < (n + 1) / 2; i++) {for (int j = i; j <= 2 * i; j++) {if (a[j] > j - i + 1) {cout << i << endl;return;}}}cout << (n + 1) / 2 << endl;return;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

D Number Game

思路：观察样例，为什么4 2输出的是26？

1位时不行。2位时，只要第2位不能整除2就行。3位和4位所有情况都可以。答案是2+8+16。

再推演一下样例4 6是如何导出结果的。1位、2位时同上。3位时，如果第2位整除2，且第3位整除6，就不符合题意了。那么第4位呢？我们发现，比如4个数是1 2 6 6时就会出问题。因为gcd（6，4）、gcd（6，3）、gcd（6，2）都不为1。推演一下后发现最终答案是6*6*6*6-1*1*3*6+6*6*6-1*3*6+6*6-3*6=1494。

概括总结出规律，第2位开始整除2会出问题，第3位开始同时整除2和3会出问题，第5位开始同时整除2和3和5会出问题……如果所有的位都出问题，那么这种情况就不符合题意。也就是说，每一次遇到素数时，不能同时整除的数就多了一个。因此枚举位数，用乘法原理，把不符合题意的扣除即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long mod = 998244353;void solve() {long long nn, mm;long long sum = 0, n, m, jz = 2, bt = 1;cin >> nn >> mm;n = nn;m = mm;bt = m % mod;for (long long i = 2; i <= nn; i++) {if (i == 3 || i == 5 || i == 7 || i == 11 || i == 13 || i == 17 || i == 19 || i == 23 || i == 29 || i == 31)jz *= i;m = ((mm % mod) * (m % mod)) % mod;sum = (sum + m) % mod;if (i < 37) {bt = ((bt % mod) * ((mm / jz) % mod)) % mod;sum = (sum + mod - bt) % mod;}}cout << sum << endl;return;
}int main() {int t;solve();return 0;
}

E Cactus Wall

思路：这是一个0-1bfs问题，如果正好走在仙人掌上，就记0，不走在仙人掌上，就记1，要求最后数值尽可能小。使用双端队列，如果是0就加入双端队列的前面，是1就加入双端队列的后面，这样就避免了排序和重复搜索的问题，可以让bfs在O(点的个数)时间内完成。

核心是以下部分组成：1.定义函数判断是否合法，即点在范围内且周围没有仙人掌。2.初始情况入队，即x=0时的每一个点都要作为初始情况入队。3.具体的0-1bfs过程，求出最小值路径。4.回溯最后走出的最小值路径，把‘.’改成‘#’。最后输出。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;int dx[8] = {0, 1, 0, -1, 1, 1, -1, -1};
int dy[8] = {1, 0, -1, 0, -1, 1, -1, 1};
bool rg(int x, int y) {return 0 <= x && x < n && 0 <= y && y < m;
}
bool legal(int x, int y, char *s) {if (!rg(x, y))return false;for (int i = 0; i < 4; i++) {int newx = x + dx[i], newy = y + dy[i];if (rg(newx, newy) && s[newx * (m + 1) + newy] == '#') {//    cout << newx << "sb " << newy << endl;return false;}}//cout << x << "cg " << y << endl;return true;
}void solve() {cin >> n >> m;char s[n][m + 1];for (int i = 0; i < n; i++) {scanf("%s", s[i]);}deque<pair<int, int>> q;int d[n][m], p[n][m];memset(d, -1, sizeof(d));memset(p, 0, sizeof(p));for (int i = 0; i < n; i++) {if (s[i][0] == '#') {d[i][0] = 0;q.push_front({i, 0});} else if (legal(i, 0, *s)) {d[i][0] = 1;q.push_back({i, 0});}}while (!q.empty()) {int x, y, w;x = q.front().first;y = q.front().second;//    cout << x << y << endl;q.pop_front();for (int i = 4; i < 8; i++) {int newx = x + dx[i], newy = y + dy[i];if (!legal(newx, newy, *s))continue;if (s[newx][newy] == '#')w = 0;elsew = 1;if (d[newx][newy] == -1 || d[newx][newy] > d[x][y] + w) {d[newx][newy] = d[x][y] + w;p[newx][newy] = i;if (w == 1)q.push_back({newx, newy});elseq.push_front({newx, newy});}}}int x = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (d[x][m - 1] == -1 || (d[i][m - 1] != -1 && d[x][m - 1] > d[i][m - 1])) {x = i;}}if (d[x][m - 1] == -1) {cout << "NO" << endl;return;}int y = m - 1;while (1) {s[x][y] = '#';int i = p[x][y];if (!i)break;x -= dx[i];y -= dy[i];}cout << "YES" << endl;for (int i = 0; i < n; i++) {printf("%s\n", s[i]);}return;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

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