A. 等差数列

title

简化题意：

小 X 给了你一个等差数列的前两项以及项数，请你求出这个等差数列各项之和。

等差数列：对于一个 \(n\) 项数列 \(a\)，如果满足对于任意 \(i \in [1,n)\)，有 \(a_{i+1} - a_i = d\)，其中 \(d\) 为定值，则称这个数列为一个等差数列。

\(|a_1|,|a_2| \le 10^6\)。

\(3 \le n \le 10^6\)。

analysis

等差数列求和公式：
\[ S_n=na_1+\frac{n*(n-1)}{2}d \]

注意开 long long。

时间复杂度：\(O(1)\)。

code

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long ll;

namespace IO
{
    char buf[1<<15],*fs,*ft;
    inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
    template<typename T>inline void read(T &x)
    {
        x=0;
        T f=1, ch=getchar();
        while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
        if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
        while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
        x*=f;
    }

    char Out[1<<24],*fe=Out;
    inline void flush() { fwrite(Out,1,fe-Out,stdout); fe=Out; }
    template<typename T>inline void write(T x,char str)
    {
        if (!x) *fe++=48;
        if (x<0) *fe++='-', x=-x;
        T num=0, ch[20];
        while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
        while (num) *fe++=ch[num--];
        *fe++=str;
    }
}

using IO::read;
using IO::write;

int main()
{
    ll a1,a2,n;read(a1);read(a2);read(n);
    ll d=a2-a1;
    write(n*a1+(n*(n-1)/2)*d,'\n');
    IO::flush();
    return 0;
}

B. 小道消息

title

【XR-3】小道消息

简化题意：

小 X 想探究小道消息传播的速度有多快，于是他做了一个社会实验。

有 \(n\) 个人，其中第 \(i\) 个人的衣服上有一个数 \(i+1\)。小 X 发现了一个规律：当一个衣服上的数为 \(i\) 的人在某一天知道了一条信息，他会在第二天把这条信息告诉衣服上的数为 \(j\) 的人，其中 \(\gcd(i,j)=1\)（即 \(i,j\) 的最大公约数为 \(1\)）。在第 \(0\) 天，小 X 把一条小道消息告诉了第 \(k\) 个人，小 X 想知道第几天时所有人都会知道这条小道消息。

可以证明，一定存在所有人都知道了这条小道消息的那一天。

analysis

前置技能：伯特兰-切比雪夫定理。

刚开始也是一头懵，这种题明显属于你要是了解这个定理就写出来了，要是不了解，你就得看半天百度百科，这还怎么写？（都懂得）

比赛时选择放弃，下场后再研究。

看了 xht 的题解，天，原来是这个意思（百度百科真害人，逃）：

如果 \(k+1\) 是质数且 \(2(k+1)>n+1\)，则答案为 \(1\)，因为它一定与 \(2\sim n+1\) 的数（除了自己本身）互质。

否则答案为 \(2\)，因为根据伯特兰-切比雪夫定理，\(k+1\) 一定与 \(2\sim n+1\) 中最大的质数互质，因此第一天衣服上写有这个最大质数的人一定会得到这条小道消息，那么在第二天所有人都会知道。

时间复杂度：\(O(\sqrt n)\) （为判断素数的时间复杂度）。

code

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long ll;

namespace IO
{
    char buf[1<<15],*fs,*ft;
    inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
    template<typename T>inline void read(T &x)
    {
        x=0;
        T f=1, ch=getchar();
        while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
        if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
        while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
        x*=f;
    }
}

using IO::read;

inline bool check(ll k)
{
    for (int i=2; i<=sqrt(k); ++i)
        if (k%i==0) return 0;
    return 1;
}

int main()
{
    ll n,k;
    read(n);read(k);
    if (check(k+1) && (k+1)*2>n+1) puts("1");
    else puts("2");
    return 0;
}

C. 核心城市

title

【XR-3】核心城市

简化题意：

X 国有 \(n\) 座城市，\(n − 1\) 条长度为 \(1\) 的道路，每条道路连接两座城市，且任意两座城市都能通过若干条道路相互到达，显然，城市和道路形成了一棵树。

X 国国王决定将 \(k\) 座城市钦定为 X 国的核心城市，这 \(k\) 座城市需满足以下两个条件：

这 \(k\) 座城市可以通过道路，在不经过其他城市的情况下两两相互到达。

定义某个非核心城市与这 \(k\) 座核心城市的距离为，这座城市与 \(k\) 座核心城市的距离的最小值。那么所有非核心城市中，与核心城市的距离最大的城市，其与核心城市的距离最小。你需要求出这个最小值。

analysis

很像树网的核，对吧，然而不一样，不过还是能水不少分的。

说一下正解吧：

\(k=1\)，很明显，核心城市为整棵树的中心（直径上的中点）。
\(k\not= 1\)，先把树的中心当做根，然后依次贪心地把点加进核心城市集合中，直到核心城市的数量\(=k\)。
- 关键，怎么贪心？
- 定义 \(F(x)\) 为以根为树的中心时，点 \(x\) 离自己子树中叶子的最大距离。
- 那么图贪心策略就是：每次在与 当前确定的核心城市 相连的 非核心城市 中选择 \(f\) 最大的城市加入到核心城市中。（我使用队列维护的）
解决，时间复杂度：\(O(n\log n)\)。

code

#include<bits/stdc++.h>

const int maxn=1e5+10;

namespace IO
{
    char buf[1<<15],*fs,*ft;
    inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
    template<typename T>inline void read(T &x)
    {
        x=0;
        T f=1, ch=getchar();
        while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
        if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
        while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
        x*=f;
    }

    char Out[1<<24],*fe=Out;
    inline void flush() { fwrite(Out,1,fe-Out,stdout); fe=Out; }
    template<typename T>inline void write(T x,char str)
    {
        if (!x) *fe++=48;
        if (x<0) *fe++='-', x=-x;
        T num=0, ch[20];
        while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
        while (num) *fe++=ch[num--];
        *fe++=str;
    }
}

using IO::read;
using IO::write;

int ver[maxn<<1],Next[maxn<<1],head[maxn],len,In[maxn];
inline void add(int x,int y)
{
    ver[++len]=y,Next[len]=head[x],head[x]=len,++In[y];
}

int dep[maxn],cnt[maxn];
int main()
{
    int n,k;read(n);read(k);
    for (int i=1,x,y; i<n; ++i) read(x),read(y),add(x,y),add(y,x);
    std::queue<int>q;
    for (int i=1; i<=n; ++i)
        if (In[i]==1) q.push(i),dep[i]=1;
    while (!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        for (int i=head[x]; i; i=Next[i])
        {
            int y=ver[i];
            if (In[y]==1) continue;
            dep[y]=std::max(dep[y],dep[x]+1);
            if (--In[y]==1) q.push(y);
        }
    }
    for (int i=1; i<=n; ++i) ++cnt[dep[i]];
    int sum=0;
    for (int i=1; i<=n; ++i)
    {
        sum+=cnt[i];
        if (n-sum<=k) { write(i,'\n'); break; }
    }
    IO::flush();
    return 0;
}

D. 系统设计

title

【XR-3】系统设计

简化题意：

小 X 需要你设计一个系统。

这个系统首先需要输入一棵 \(n\) 个点的有根树和一个长度为 \(m\) 的序列 \(a\) ，接下来需要实现 \(q\) 个操作。

操作分两种：

1 x l r 表示设定起点为有根树的节点 \(x\)，接下来依次遍历 \(l \sim r\)。当遍历到 \(i\) 时，从当前节点走向它的编号第 \(a_i\) 小的儿子。如果某一时刻当前节点的儿子个数小于 \(a_i\) ，或者已经遍历完 \(l \sim r\)，则在这个点停住，并输出这个点的编号，同时停止遍历。

2 t k 表示将序列中第 \(t\) 个数 \(a_t\) 修改为 \(k\)。

analysis

前置技能：

字符串哈希；
树上数组/线段树上二分（鬼才写线段树）。

这道题强烈推荐出题人大爷 xht 的 \(blog\)。（不想画图）。

code

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int maxn=5e5+10;
typedef int iarr[maxn];

namespace IO
{
    char buf[1<<15],*fs,*ft;
    inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
    template<typename T>inline void read(T &x)
    {
        x=0;
        T f=1, ch=getchar();
        while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
        if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
        while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
        x*=f;
    }

    char Out[1<<24],*fe=Out;
    inline void flush() { fwrite(Out,1,fe-Out,stdout); fe=Out; }
    template<typename T>inline void write(T x,char str)
    {
        if (!x) *fe++=48;
        if (x<0) *fe++='-', x=-x;
        T num=0, ch[20];
        while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
        while (num) *fe++=ch[num--];
        *fe++=str;
    }
}

using IO::read;
using IO::write;

template<typename T>inline bool chkMin(T &a,const T &b) { return a>b ? (a=b, true) : false; }
template<typename T>inline bool chkMax(T &a,const T &b) { return a<b ? (a=b, true) : false; }
template<typename T>inline T min(T a,T b) { return a<b ? a : b; }
template<typename T>inline T max(T a,T b) { return a>b ? a : b; }

ll P[maxn];
int n,m,q,rt,id;
struct Hash_Table
{
    ll c[maxn];
    inline int lowbit(int x) { return x & -x; }
    inline void add(int x,ll y) { y*=P[x]; while (x<=n) c[x]+=y, x+=lowbit(x); }
    inline ll ask(int x) { ll ans=0; while (x) ans+=c[x], x-=lowbit(x); return ans; }
    inline ll hsh(int l,int r) { return (ask(r)-ask(l-1))*P[maxn-1-l]; }
}T1, T2;

std::vector<int>v[maxn];
iarr siz,dfn,top,pos,ed,a,fa;
inline void dfs1(int x)
{
    siz[x]=1;
    sort(v[x].begin(),v[x].end());
    for (int i=0; i<(int)v[x].size(); ++i)
    {
        int y=v[x][i];
        dfs1(y);
        siz[x]+=siz[y];
    }
}

inline void dfs2(int x,int topf)
{
    dfn[x]=++id;
    ed[x]=x;
    top[x]=topf;
    pos[id]=x;
    if (!v[x].size())
    {
        T1.add(dfn[x],-23333);
        return ;
    }
    int t=0;
    for (int i=1; i<(int)v[x].size(); ++i)
        if (siz[v[x][i]]==siz[v[x][t]]) t=i;
    dfs2(v[x][t],topf);
    ed[x]=ed[v[x][t]];
    T1.add(dfn[x],t+1);
    for (int i=0; i<(int)v[x].size(); ++i)
        if (i^t) dfs2(v[x][i],v[x][i]);
}

inline int LCP(int L,int R,int l,int r)
{
    int lp=1, rp=min(R-L+1,r-l+1), ans=0;
    while (lp<=rp)
    {
        int mid=(lp+rp)>>1;
        if (T1.hsh(L,L+mid-1)==T2.hsh(l,l+mid-1)) ans=mid, lp=mid+1;
        else rp=mid-1;
    }
    return ans;
}

inline int solve(int x,int l,int r)
{
    int L=dfn[x], R=dfn[ed[x]];
    while (1)
    {
        int len=LCP(L,R,l,r);
        L+=len, l+=len;
        int x=pos[L];
        if (l>r || v[x].size()<a[l]) return x;
        x=v[x][a[l]-1];
        L=dfn[x], R=dfn[ed[x]];
        ++l;
        if (l>r) return x;
    }
}

int main()
{
    P[0]=1;
    for (int i=1; i<maxn; ++i) P[i]=P[i-1]*4238197ll;
    read(n);read(m);read(q);
    for (int i=1; i<=n; ++i)
    {
        read(fa[i]);
        if (!fa[i]) rt=i;
        v[fa[i]].push_back(i);
    }
    dfs1(rt);
    dfs2(rt,rt);
    for (int i=1; i<=m; ++i) read(a[i]), T2.add(i,a[i]);
    while (q--)
    {
        int opt;read(opt);
        if (opt==1)
        {
            int x,l,r;
            read(x);read(l);read(r);
            write(solve(x,l,r),'\n');
        }
        else
        {
            int t,k;read(t);read(k);
            T2.add(t,k-a[t]);
            a[t]=k;
        }
    }
    IO::flush();
    return 0;
}

E. Namid[A]me

title

【XR-3】Namid[A]me

简化题意：

小 X 给了你一棵 \(n\) 个点的树，点有点权。

你需要求出下列式子模 \(786433\) 的值：

\(\sum_{1\leq u\leq v\leq n}f(u,v)^{f(u,v)}\)

其中 \(f(u,v)\) 表示 \(u\) 到 \(v\) 的最短路径上所有点的点权按位与在一起之后的值。

提示：为了方便你的计算，这里我们认为 \(0^0=0\)。另外， \(786433\) 是一个质数，同时也是一个不常用的 NTT 模数，它的原根为 \(10\)，如果你不知道什么是 NTT 或者不知道什么是原根，你可以忽略这个提示。

analysis

如何快速计算 \(x^x\mod P\) ？快速幂搞定。

接下来就要考虑树上一条链该如何计算了。

这时候所有链其实相当于一个区间，考虑枚举右端点 \(r\) ，那么对于 \([l,r]\) 内所有数的与设为 \(x_l\) ，注意到若 \(x_l≠x_{l+1}\)，由于 \(x_l = x_{l+1} \operatorname{\texttt{and}} a_l\)，那么必然是至少在 \(x_{l+1}\) 中的一个二进制位从 \(1\) 变为 \(0\) 。

因此，从 \(x_l\) 到 \(x_1\) ，必然最多只有 \(w+1\) 种取值。我们考虑只维护被取到的值分别取到了多少次即可。

处理子树部分：

对于一个有 \(d\) 个叶子的子树，在维护时子树内 每个节点 到 子树的根 的路径上的与和总共不超过 \(d(w+1)\) 种取值，这是因为将 每个叶子 到 根的一条链内 的取值各自都不超过 \(w+1\) ，所以我们只需在 DFS 的过程中维护每个子树内 所有能取到的值的出现次数 即可。这一部分的复杂度为 \(O(ndw)\)。
还需计算 路径两端点 在 不同子树的路径 的答案，这一部分我们暴力枚举，注意到 两个叶子 只会在 它们的 LCA 位置 为合并的复杂度贡献 \((w+1)^2\)，因此计算这一部分答案的总代价为 \(O((dw)^2)\)。但是也有个上限 \(O(n^2)\) ，因为只有这么多条路径。

因为 \(O(min(n,dw)^2)\leqslant O(ndw)\) ，所以总时间复杂度为 \(O(ndw)\) 。

这道题的题解基本都是参照 xht ，人家写的是真详细，思路还清楚。

code

#include<bits/stdc++.h>

const int maxn=2e5+10,mod=786433;

namespace IO
{
    char buf[1<<15],*fs,*ft;
    inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
    template<typename T>inline void read(T &x)
    {
        x=0;
        T f=1, ch=getchar();
        while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
        if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
        while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
        x*=f;
    }

    char Out[1<<24],*fe=Out;
    inline void flush() { fwrite(Out,1,fe-Out,stdout); fe=Out; }
    template<typename T>inline void write(T x,char str)
    {
        if (!x) *fe++=48;
        if (x<0) *fe++='-', x=-x;
        T num=0, ch[20];
        while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
        while (num) *fe++=ch[num--];
        *fe++=str;
    }
}

using IO::read;
using IO::write;

template<typename T>inline T min(T a,T b) { return a<b ? a : b; }
template<typename T>inline T max(T a,T b) { return a>b ? a : b; }

inline int Quick_power(int a)
{
    if (!a) return 0;
    int ans=1, b=a;
    while (b)
    {
        if (b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

int ans;
struct Orz
{
    int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
    inline void Clear()
    {
        *a=0;
    }

    inline void insert(int x)
    {
        a[++*a]=x;
    }

    inline void solve(int val)
    {
        std::sort(a+1,a+*a+1);
        int top=0, last=1;
        for (int i=2; i<=(int)(*a)+1; ++i)
            if (i==(*a)+1 || a[i]^a[i-1]) b[++top]=a[i-1], c[top]=i-last, last=i;
        int sum=0;
        for (int i=1; i<=top; ++i)
            for (int j=i; j<=top; ++j)
            {
                int times=( i==j ? 1ll*c[i]*(c[i]+1)/2%mod : 1ll*c[i]*c[j]%mod );
                sum=(sum+1ll*times*Quick_power(b[i]&b[j]))%mod;
            }
        ans=(ans+1ll*val*sum)%mod;
    }
}T1, T2;

int ver[maxn<<1],Next[maxn<<1],head[maxn],len;
inline void add(int x,int y)
{
    ver[++len]=y,Next[len]=head[x],head[x]=len;
}

int siz[maxn],pos,maxv;
bool vis[maxn];
inline void dfs(int x,int fa,int n)//这里的 n 必须做传参一起传过去，不然蜜汁 TLE
{
    siz[x]=1;
    int maxpart=0;
    for (int i=head[x];i;i=Next[i])
    {
        int y=ver[i];
        if (vis[y] || y==fa) continue;
        dfs(y,x,n);
        siz[x]+=siz[y];
        maxpart=max(maxpart,siz[y]);
    }
    maxpart=max(maxpart,n-siz[x]);
    if (maxpart<maxv) maxv=maxpart, pos=x;
}

int a[maxn];
inline void get(int x,int fa,int val)
{
    val&=a[x];
    T1.insert(val);
    T2.insert(val);
    for (int i=head[x]; i; i=Next[i])
    {
        int y=ver[i];
        if (y==fa || vis[y]) continue;
        get(y,x,val);
    }
}

inline void divide(int x,int n)
{
    maxv=1<<30;
    dfs(x,0,n);
    vis[x=pos]=1;
    T1.Clear();
    T1.insert(a[x]);
    for (int i=head[x]; i; i=Next[i])
    {
        int y=ver[i];
        if (vis[y]) continue;
        T2.Clear();
        get(y,x,a[x]);
        T2.solve(mod-1);
    }
    T1.solve(1);
    for (int i=head[x]; i; i=Next[i])
    {
        int y=ver[i];
        if (!vis[y]) divide(y,siz[y]>siz[x] ? n-siz[x] : siz[y]);
    }
}

int main()
{
    int n;read(n);
    for (int i=1; i<=n; ++i) read(a[i]);
    for (int i=1,x,y; i<n; ++i) read(x),read(y),add(x,y),add(y,x);
    divide(1,n);
    write(ans,'\n');
    IO::flush();
    return 0;
}

F. Unknown Mother-Goose

title

【XR-3】Unknown Mother-Goose

简化题意：

小 X 得到了一个正整数 \(n\) 和一个正整数集合 \(S\)，他想知道有多少个正整数 \(x\) 满足以下所有条件：

\(3 \le x \le n\)

存在 \(a \in S, x \equiv 0 \mod a\)

存在 \(b \in S,x-1 \equiv 0 \mod b\)

存在 \(c \in S,x-2 \equiv 0 \mod c\)

请你帮小 X 求出来。

analysis

比赛的时候，看到这题，以为要解同余方程，得嘞，我走了。

看过题解后，这题还能用 \(bitset\) 写暴力标算？这也太神仙了吧。

在 \(bitset\) 中把是 \(S\) 中每一个元素的倍数的下标全部赋值成 \(1\)，那么，如果 \(a_x,a_{x−1},a_{x+1}\) 都是 \(1\)，\(x\) 就是合法的。

那么问题就变成了数 \(bitset\) 里有几组三个连续的 \(1\) 。

可以每 \(64\) 位分一块，块内算一下内部有几组三个连续的 \(1\)，然后算块和块之间有几组三个连续的 \(1\)，这个枚举一下即可。

时间复杂度： \(O(\frac{n}{8})\) 。

大佬又提出可以用 \(S\) 中的元素是否大于 \(64\) 来分情况处理，可以跑得更快些（具体的还请看大佬的题解）。

总时间复杂度 \(O(\frac{n|S|}{64}+\frac{n}{8})\) （看起来好高，但是处理的地址连续也不会频繁调用系统栈，所以是可以很快通过的）。

好妙。好妙。好妙。

code

#include<bits/stdc++.h>

typedef unsigned long long ull;
const int maxn=1e9+1,maxm=1e5+10,grhsmt=(1<<16)-1;

namespace IO
{
    char buf[1<<15],*fs,*ft;
    inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
    template<typename T>inline void read(T &x)
    {
        x=0;
        T f=1, ch=getchar();
        while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
        if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
        while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
        x*=f;
    }

    char Out[1<<24],*fe=Out;
    inline void flush() { fwrite(Out,1,fe-Out,stdout); fe=Out; }
    template<typename T>inline void write(T x,char str)
    {
        if (!x) *fe++=48;
        if (x<0) *fe++='-', x=-x;
        T num=0, ch[20];
        while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
        while (num) *fe++=ch[num--];
        *fe++=str;
    }
}

using IO::read;
using IO::write;

int cnt[maxm],ans;
ull t[maxn/64+555],s[1005];
int main()
{
    int n,S;read(n);read(S);
    for (int i=1,x; i<=S; ++i)
    {
        read(x);
        if (x>100)
            for (int j=0; j<=n; j+=x) t[j>>6]|=1ull<<(j&63);
        else
        {
            for (int j=0; j<x; ++j) s[j]=0;
            for (int j=0; j<=63; ++j)
            {
                int p=j*x;
                s[p>>6]|=1ull<<(p&63);
            }
            int j=0;
            for ( ; j+x*64<=n; j+=x*64)
                for (int k=0, q=j/64; k<x; ++k) t[q+k]|=s[k];
            for ( ; j<=n; j+=x) t[j>>6]|=1ull<<(j&63);
        }
    }
    if (t[0]&1) --t[0];
    for (int i=0; i<=grhsmt; ++i) cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
    for (int i=0, l=0; l<=n; l+=64, ++i)
    {
        ull tmp=t[i]&(t[i]>>1)&(t[i]<<1);
        ans+=cnt[tmp & grhsmt], tmp>>=16;
        ans+=cnt[tmp & grhsmt], tmp>>=16;
        ans+=cnt[tmp & grhsmt], tmp>>=16;
        ans+=cnt[tmp & grhsmt];
        if ((t[i]>>63) && (t[i+1]<<63))
        {
            if (t[i]&(1ull<<62)) ++ans;
            if (t[i+1]&2) ++ans;
        }
    }
    write(ans,'\n');
    IO::flush();
    return 0;
}

Comet OJ - Contest #9 & X Round 3

A. 等差数列

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C. 核心城市

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