Codeforces Round #655 (Div. 2)

A Omkar and Completion

只要找两个相加不等的数交叉构造即可。

AC代码：

int main()
{
	int t;
	sd(t);
	while (t--)
	{
		sd(n);
		rep(i, 1, n)
		{
			if (i & 1)
				printf("500 ");
			else
				printf("501 ");
		}
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

B. Omkar and Last Class of Math

设 $a,b$ 为两个解，假设 $a≤b$，那么显然 $lcm$ 一定 $≥b$。这里我们一定要构造 $lcm=b$ 的解，因为 $b$ 一定 $<n$，而 $lcm$ 是 $b$ 的倍数，就算 $lcm=2b$ 也一定 $≥n$，所以 $lcm=b$ 也就是说， $a$ 可以整除 $b$，这又等价于 $a$ 整除 $n$。要让 $lcm$ 尽可能小，相当于让 $b$ 尽可能小也就是 $a$ 尽可能大。所以总结一下，要让 $a$ 整除 $n$ 并且 $a$ 尽可能大，那就找 $n$ 的最大的不等于 $n$ 的约数就好了。

AC代码：

int main()
{
	int t;
	sd(t);
	while (t--)
	{
		sd(n);
		if (n % 2 == 0)
		{
			pdd(n / 2, n / 2);
			continue;
		}
 
		int ans = -1;
		for (int i = 2; i * i <= n; i++)
		{
			if (n % i == 0)
			{
				ans = max(ans, i);
				ans = max(ans, n / i);
			}
		}
		if (ans == -1)
			ans = 1;
		pdd(ans, n - ans);
	}
	return 0;
}

C. Omkar and Baseball

• 原序列已经是 $[1,2,..,n]$ 就不用操作
• 原序列中，有一段区间中所有元素都错位，操作一次。
• 原序列中一部分在原位置，一部分不在原位置，操作两次。

AC代码：

const int N = 5e5 + 50;
int n, k, m;
int a[N];

int main()
{
	int t;
	sd(t);
	while (t--)
	{
		sd(n);
		int cnt = 0;
		rep(i, 1, n)
		{
			sd(a[i]);
			if (a[i] == i)
				cnt++;
		}
		if (cnt == n)
		{
			puts("0");
			continue;
		}
		rep(i, 1, n)
		{
			if (a[i] == i)
				cnt--;
			else
				break;
		}
		per(i, n, 1)
		{
			if (a[i] == i)
				cnt--;
			else
				break;
		}
		if (cnt == 0)
			puts("1");
		else
			puts("2");
	}
	return 0;
}

D. Omkar and Circle

首先把环断开，发现最优情况只可能是把所有奇数位置上的数加起来。因为偶数位置的数根本不可能留到最后。那么这个结论应用到环上就是，很多“偶数”位置其实都会被抛弃，最后的答案一定是，选取恰当的位置把环断开后的奇数位置之和。所以实现的时候只要记录奇偶位置的前缀和，然后 $for$ 一遍即可。

AC代码：

const int N = 5e5 + 50;
int n, k, m;
ll a[N], s[2][N];

int main()
{
	int t;
	sd(n);
	rep(i, 1, n)
	{
		sld(a[i]);
		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);
	}
	ll ans = 0;
	rep(i, 1, n)
		ans = max(ans, s[i % 2][i] + s[i % 2 ^ 1][n] - s[i % 2 ^ 1][i]);
	pld(ans);
	return 0;
}