当天晚上，本来想参加一下比赛，结果感觉静不下心来做题，而且最难受的是读个题都不明白，一直在理解题意·。·

A - Digit Game

分析不难发现：
如果$n$是奇数，那么最后留下的数字一定是奇数位上的数字，如果奇数位上的数字至少存在一个奇数，那么先手必胜。
如果$n$是偶数，那么最后留下的数字一定是偶数位上的数字，如果偶数位上的数字至少存在一个凑数，那么后手必胜。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n;string s;cin>>s;s="."+s;bool ok;if(n&1){ok=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(i%2==1&&(s[i]-'0')%2==1) ok=1;}else{ok=1;for(int i=1;i<=n;i++){if(i%2==0&&(s[i]-'0')%2==0) ok=0;}}if(ok) cout<<1<<'\n';else cout<<2<<'\n';}return 0;
}

B - Stairs

首先只要知道每个楼梯的边长，那么可以用等差数列求出所有小方块的个数。楼梯的边长$2^n-1$，然后只需要一个一个枚举即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){ll x;cin>>x;ll s=0;int res=0;ll a=1;for(int i=1;;i++){ll now=2*a-1;s+=1ll*now*(now+1)/2;if(s<=x) res++;else break;a<<=1;}cout<<res<<'\n';}return 0;
}

C - Killjoy

这题我也读了很久才理解题意
不难发现最终答案就三种情况{0,1,2}\{0,1,2\}{0,1,2}
$0$：最初所有$a_i=x$
$1$：存在$a_i=x$或者${\sum }_{i=1}^n{a}_i=nx$（如果$a_k=x$那么它一开始就会被感染，一场比赛可以把其余的$a_i$都变成$x$，$a_k$用来调整保证改变之和为$0$）
$2$：其余情况答案都是2

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1010;
int a[N];
int n,x;
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n>>x;int s=0;bool ok1=1;bool ok2=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];if(a[i]!=x) ok1=0;if(a[i]==x) ok2=1;s+=a[i];}if(ok1) cout<<0<<'\n';else if(ok2||s==n*x) cout<<1<<'\n';else cout<<2<<'\n';}return 0;
}

D1 - Sage’s Birthday (easy version)

分析可知先把原数组排序，然后把前$\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$的数按顺序插到后$\lceil \frac{n}{2}\rceil$的缝隙中的构造结果肯定最优。然后可以扫一遍统计下答案即可。（如果原数组的数不同那么不难发现答案一定是$\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor$）

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int a[N],b[N],c[N];
int n;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];sort(a+1,a+1+n);for(int i=1;i<=n/2;i++) b[i]=a[i];for(int i=n/2+1;i<=n;i++) c[i-n/2]=a[i];cout<<(n-1)/2<<'\n';for(int i=1;i<=(n+1)/2;i++){cout<<c[i]<<' ';if(i<=n/2) cout<<b[i]<<' ';}cout<<'\n';}return 0;
}

D2 - Sage’s Birthday (hard version)

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int a[N],b[N],c[N];
int n;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];sort(a+1,a+1+n);for(int i=1;i<=n/2;i++) b[i]=a[i];for(int i=n/2+1;i<=n;i++) c[i-n/2]=a[i];for(int i=1,j=1;i<=(n+1)/2;i++){a[j++]=c[i];if(i<=n/2) a[j++]=b[i];}int res=0;for(int i=2;i<n;i++)if(a[i]<a[i-1]&&a[i]<a[i+1]) res++;cout<<res<<'\n';for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<' ';cout<<'\n';}return 0;
}

E - Decryption

说点儿废话：2020/9/20下午，在图书馆看了一下这个题，好不容易分析出如何构造能够得出答案，然后回寝室一直调代码调到12点，调代码能力还是太菜了，不能把想法快速实现还要多练。现在已经凌晨了2020/9/21，明天早上第一节没有课，爬起来把题解补了。

考虑将$n$分解质因数，可得$$n=p_1^{a_1}\times p_2^{a_2}\times \dots \times p_i^{a_i}$$
考虑这样一组排列方式的构造{[p1,p12,…,p1a1],[],[pi,pi2,…,piai]}\{[p_1,p_1^2,\dots, p_1^{a_1}],[],[p_i,p_i^2,\dots, p_i^{a_i}]\}{[p1​,p12​,…,p1a1​​],[],[pi​,pi2​,…,piai​​]}不难发现中间$[]$中只要包含$p_1$那么无论怎么排列一定不互质（存在相同因子$p_1$），因此中间括号只需要用dfs求出所有包含$p_1$质因子的约数即可（但是我们需要让$n$放置在最后）。根据dfs的性质，$[]$中的最后一个数一定有质因子$p_i$（当前最后一个质因数），那么我们下一个排的时候就要排$p_i$因此每次需要和当前最后一个质因数交换一下位置。

根据上述构造可得当且仅当一个数的质因数是2并且质因子的指数都是1（$n=p_1\times p_2$）才需要插入一个最小公倍数，否则都不需要插入最小公倍数

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define p first
#define a second
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=200010;
pii d[N];
int cnt,n,idx;
ll ans[N];
void divide(int x)
{idx=cnt=0;for(int i=2;i<=x/i;i++)if(x%i==0){d[++cnt].p=i;d[cnt].a=0;while(x%i==0) x/=i,d[cnt].a++;}if(x>1) {d[++cnt].p=x;d[cnt].a=1;}
}
void dfs(int u,ll now)
{for(int i=u;i<=cnt;i++){ll p=1;for(int j=1;j<=d[i].a;j++){p*=d[i].p;if(now*p!=n) ans[++idx]=now*p;dfs(i+1,now*p);}}
}
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n;divide(n);for(int i=1;i<=cnt;i++){ll p=1;for(int k=1;k<=d[i].a;k++) {p*=d[i].p;if(p!=n) ans[++idx]=p;//注意把n放在最后}//括号间的数p=1;for(int k=1;k<=d[i].a;k++) {p*=d[i].p;dfs(i+1,p);}if(i<cnt) swap(d[i+1],d[cnt]);}for(int i=1;i<=idx;i++) cout<<ans[i]<<' ';cout<<n<<'\n';if(cnt==2&&d[1].a==1&&d[2].a==1) cout<<1<<'\n';else cout<<0<<'\n';}return 0;
}

要加油哦~