Codeforces Round #749 (Div. 1 + Div. 2, based on Technocup 2022 Elimination Round 1)

A. Windblume Ode
题意是给你一个数组。然后要你求得一个子序列，这个子序列每个数的和是一个合数，并且是该数组能得到的最大的合数。输出这个子序列中每个元素的下标。

一开始看到这个题目的n的要求是大于等于3，又是求合数。想到3个数相加，如果是奇数，那么肯定有一个数是奇数，减去这个奇数就可以得到一个偶数。如果和是偶数，那么一定是合数。
3个数以上也是一样的。所以可以只删去一个数就可以使这个和从素数变成合数。
所以就先求得所有数的和，先判断和是不是合数。如果不是。
然后从小到大遍历一下删去这个数是否是合数即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 1e5 + 10;
int n, m, T;
int flag;struct node {int data;int set;
};node a[MAXN];bool cmp(node x, node y)
{return x.data < y.data;
}
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> T;while (T--) {cin >> n;int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i].data;sum += a[i].data;a[i].set=i;}flag = 0;for (int i = 2; i < sum; i++) {if (sum % i==0) {flag = 1;break;}}// cout<<sum<<endl'if (flag) {cout << n << endl;for (int i = 1; i <= n; i++) {cout << i << " ";}cout << endl;} else {sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);for (int i = 1; i <= n; i++) {int d = sum - a[i].data;for (int j = 2; j < d; j++) {if (d%j==0) {flag = a[i].set;// cout<<flag<<endl;break;}}if(flag) break;}cout << n - 1 << endl;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (i == flag) {continue;}cout << i << " ";}cout << endl;}}return 0;
}

B. Omkar and Heavenly Tree
题意：给你n个节点和m个约束。让你构造一个满足m个约束的无向图。
一个约束由 a b c 三个数组成，即不能出现 a连接b 然后b连接c的情况。

因为每一个约束，约束的是中间的节点b两头不能是a 或c。
那么我们可以找到一个点，他没有被限制两边的点。我们就可以让所有的点都连接它即可。
同样是观察数据，题目给出的约束是m个，m<n。
所以至少是有一个点是不会被约束的。所以我们找出这个点即可，然后其他所有点都连接他即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int MAXN=1e5+10;
int n,m,T;
int flag; int vis[MAXN];
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;memset(vis,0,sizeof(vis));for(int i=1;i<=m;i++){int a,b,c;cin>>a>>b>>c;vis[b]=1;}for(int i=1;i<=n;i++){if(vis[i]==0){for(int j=1;j<=n;j++){if(i==j) continue;cout<<i<<" "<<j<<endl;}break;}}}return 0;
}

C. Omkar and Determination
题意:给你一个n*m的地图。'X’表示不可移动，‘.’表示可以移动，但是只能向上或者向左移动。并且移动方向上不能有不可以移动的点。
有k次查询，每次查询是一个区间(l,r)。会将这个区间的列单出拿出来,然后得到这个区间每个点是否可以移动出这个范围的图。无论是从上还是从左都可以。你要输出，是否可以根据这个每个点是否可以移动出这个范围的图，得到原来这个区间的可移动和不可移动的点。

所以题目就变成了，找出这个区间是否有点无论是否是可以移动的点，都被限制了不能移动。因为如果存在这样的点，那么你得到的图中，就无法得到这个点是可移动的还是不可移动的，因为无论是哪个他都移动不出这个范围。

满足这样的点的条件是，上面和左边都是不可以移动的点。这样他就移动不了了，
所以就遍历一下得到这些点即可。
因为每次区间查询都是得到区间的每一列。所以你就只要存每列得到多少个这样的点即可。
因为是区间查询，所以用前缀和来查询这个区间有没有这样的点即可。
然后问题就来了，就是第i列的点满足无法确定的条件之一是，这个点左边是不可以移动的点。
所以如果这个点要是无法确定，必须左边的这一列也要在区间里面。
所以求前缀和的时候，是

vis[r-1]-vis[l-1]

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int MAXN=1e6+10;
int n,m,T;
int flag; char s[2][MAXN];
int vis[MAXN];
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m;cin>>s[0];for(int i=1;i<n;i++){cin>>s[1];for(int j=1;j<m;j++){if(s[0][j]=='X'){if(s[1][j-1]=='X'){vis[j]++;}}}strcpy(s[0],s[1]);}for(int i=0;i<m;i++){vis[i]+=vis[i-1];}cin>>T;while(T--){int l,r;cin>>l>>r;if(l==r){cout<<"YES"<<endl;continue;}if(vis[r-1]-vis[l-1]){cout<<"NO"<<endl;}else{cout<<"YES"<<endl;}}return 0;
}

D. Omkar and the Meaning of Life
题意是有一个1到n的序列p。你要用最多2n次查询，得到这个序列p。
每次查询是你输出一个序列a 。然后会得到一个序列 b 。 bi=ai+pi;
然后会返回一个数，这个数是 b序列中出现两次或者两次以上的数的最小的下标。
如果不存在返回0；

因为可以查询2n次，所以其实可以每2次查询找到一个数即可。
一种做法是，每次选一个位置加1，然后其他位置都加2，这样就会使b数组中某个数出现两次，然后就会返回下标。因为，只会返回小的那个下标。如果是返回的是你选的那个位置，那这次查询就没有意义。但如果不是，那么就相当于找到了比这个位置的数大1的数的位置。就可以得到一些数关系。
所以可以再进行一轮查询，选择一个位置加2，然后其他位置都加1，然后返回的下标如果不是你选中的位置，那么就是比你选中的位置小1的数的位置。又可以确定一些数的关系。
因为这两轮查询，一个是找小1的数的位置，一个是找大1的数的位置。所以结合两轮查询，可以找到所有的数的位置对应关系，即比他大1的数的位置。
因为在查询中，如果不存在出现两次或两次以上的数就会返回0，所以nxt[0]存的就是数字1的位置。
因为在某次查询时。找不到比他小1的数的位置，根据

 nxt[m]=i;//m为查询到的位置。

就将其存了下来，然后遍历一遍即可。

还有一种做法就是。以最后一个数为基准
第一轮查询是，最后一个位置每次都加1,然后其他位置的数从2加到n。
这样每次都可以得到一个下标的数和最后一个数的差距，然后这轮查询之后，就可以统计出有多少的数比他小，就可以得到最后一个数是多少，然后再进行一轮查询。每个数都加1，最后一个数从2加到n即可得到剩下的数是多少。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 1e5 + 10;
int n, m, T;
int flag;int a[200];
int ans[200];
int nxt[200];int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cout << "? ";for (int j = 1; j <= n; j++) {if (j == i) {cout << "1 ";} else {cout << "2 ";}}cout << endl;fflush(stdout);cin >> m;if (m != i) {nxt[m] = i;}cout << "? ";for (int j = 1; j <= n; j++) {if (i == j) {cout << "2 ";} else {cout << "1 ";}}cout << endl;cin >> m;if(m!=i){nxt[i]=m;}fflush(stdout);}cout<<"! ";int cnt = 0, now = nxt[0];while(now) ans[now] = ++cnt, now = nxt[now];for(int i=1;i<=n;i++){cout<<ans[i]<<" ";}cout<<endl;return 0;
}

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