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D. Kuroni and the Celebration
题意：交互题，输入n个节点的树 每次你可以询问两个点，系统回复你这两个点的LCA，你现在最多询问n/2 次 求出这颗树的根节点。
做法：思路应该比较简单，就是代码难写，代码参考来自jiufeng 自己的码力优化还是很差
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define PB push_back
#define POP pop_back()
#define PII pair<int,int>
#define FI first
#define SE second
#define ULL unsigned long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double pi=acos(-1),eps=1e-8;
const int N=1e3+10,M=N<<2;
int n,m;
int d[N];
int a[N][N];
bool vis[N];
void dfs(int x,int t){
if(vis[x]==1||x==t)return;
vis[x]=1;
//cout<<x<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[x][i]&&vis[i]==0){
a[x][i]--;
a[i][x]--;
d[i]--,d[x]--;
dfs(i,t);
}
}
}
void solve(int x,int y){
printf("? %d %d\n",x,y);
fflush(stdout);
int anc;
scanf("%d",&anc);
dfs(x,anc);
dfs(y,anc);
}
int main()
{
//fflush(stdout);
cin>>n;
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
a[u][v]=1;
a[v][u]=1;
d[u]++;
d[v]++;
}
for(int i=1;i<=n/2;i++){
int st=0,ed=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(d[j]==1){
if(st)ed=j;
else st=j;
if(ed)break;
}
}
if(ed)solve(st,ed);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]==0){
printf("! %d\n",i);
}
}
return 0;
}
E. Kuroni and the Score Distribution
题意：给n和m，输出n个数，这些数里必须要有m对a[i]+a[j]==a[k] ( i < j < k )
做法：这题看了一脸懵，没点思路，搜题解：链接
最大对数的构造方法是，每个ai =i 的下标就是他的值一定是构造的最大的。因为我们可以证明出每个二元组得到的ak
一定是两两不同的。所以我们在n以内的对数就是0/2+1/2+3/2...+(n−1)/2 0/2+1/2+3/2...+(n-1)/20/2+1/2+3/2...+(n−1)/2因为要把自己给扣掉。然后我们如果这样构造的方案都小于m那么答案就是-1，否则我们需要让res=m就从后往前减去。（将某个a[i]+个值，破坏他能成对的对数）
最后我们不满足if条件的时候我们的res的值一定是落在m到m+(i-1)/2的范围之内的。这样答案还是多了。但是又不能直接减去(i-1)/2，这样减去太多了。
所以我们直接让a[i] 加上(res-m)*2这样就相当于减去了多余的对数(res-m)个。
（a[i]每加2,就会少一对满足条件的，）
其实当m=0的时候直接构造一连串连续的奇数就行了。
瞧瞧多么优秀的做法，我怎么就想不到呢？
有点类似dp方程构造一个最大值，现要求 最终dp方程是某个值，那么从后往前 遍历 干扰最终的dp方程，妙！
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e3+7;
int a[N],res[N];
signed main()
{
int res=0;
int n,m; scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++) res+=(i-1)/2;
if(res<m) {
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
//printf("res:%d\n",res);
for(int i=n;i>=1;i--){
if(res-(i-1)/2>=m){
res-=(i-1)/2;
a[i]=5e8+i*10000;
continue;
}
a[i]+=(res-m)*2;
break;
}
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",a[i]);
cout<<endl;
}
/*
7 8
*/
F. Kuroni and the Punishment
题意：有n个数，每次操作可以使某个数加一或者减一，使gcd>1的最少操作数量
做法：
很神奇的做法，妙不可言
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int n;
ll a[N],ans;
int random(int n){
return (ll)rand()*rand()%n;
}
void check(ll x){
ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]>=x) res+=min(a[i]%x,x-a[i]%x);
else res+=x-a[i];
ans=min(ans,res);
}
int main(){
srand(time(0));
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
ans=n;
for(int i=1;i<=50;i++){
ll temp=a[random(n)+1];
for(int k=-1;k<=1;k++){
ll num=temp+k;
if(num<1) continue;
for(ll j=2;j*j<=num;j++){
if(num%j!=0) continue;
check(j);
while(num%j==0) num/=j;
}
if(num>1) check(num);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
