A. Submission Bait（博弈）
题意：爱丽丝和鲍勃在大小为n的数组a中进行游戏，他们轮流进行运算，爱丽丝先开始，不能运算的一方输，一开始mx=0，每次操作，玩家可以选择一个牵引i，ai>=mx，mx设置为ai，ai设为0.判断爱丽丝是否有一个获胜策略。
分析：只要一个数出现奇数个，那么爱丽丝就可以先手拿走那出现奇数个的数的最大值，从这个数到数组最大值都是剩下偶数个，无论鲍勃怎么拿，爱丽丝都能取走最后一个并获得胜利。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){int t; cin>>t;while(t--){int n; cin>>n;map<int,int>mp;for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;mp[x]++;}int cnt=1;for(auto &x:mp){if(x.second%2==1){cnt=0;break;}}if(!cnt)cout<<"YES"<<endl;else cout<<"NO"<<endl;}return 0;
}
B. Array Craft（构造，贪心）
题意：对于长度为m的数组b可以定义：(j为数组任意下标)
b的最大前缀位置是b1+...bi=max(b1+...+bj)的最小牵引i
b的最大后缀位置是bi+....bm=max(bj+...+bm)的最大牵引i
现在给三个整数，n，x，y，构造一个数组满足：
对于所有1<=i<=n，ai要么是1要么是-1
a的最大前缀位置是x，a的最大后缀位置是y。
分析：因为y<x,可以分成三部分,[1,y-1],[y,x],[x+1,n]，可以让第一部分等于-1，这样不会对后缀和最大值有影响，第三部分等于-1，这样不会对前缀和产生影响，让中间部分都等于1.
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void sol(){int n,x,y;cin>>n>>x>>y;for(int i=1;i<=n;i++){int a;if(i<y)a=(y-i)%2==0?1:-1;else if(i<=x)a=1;else a=(i-x+1)%2==0?-1:1;cout<<a<<" ";}cout<<endl;
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--)sol();return 0;
}
C. Mad MAD Sum（贪心）
题意：定义MAD为数组中至少出现两次的最大数字，如果没有就是0.给定一个长度为n的数组a，sum=0，下面的过程将依次循环执行，直到a中的所有数字都变成0：
设置sum+=∑ai；设bi=MAD（a1,a2..ai),ai=bi
求过程结束后sum的值。
分析：经历操作一次后的数组是非递减的，以后每次都是将数组向右移动，为了防止数组从左往右，不含0的第一个数字在数组里只出现1此，我们可以再执行一次操作，所以只要执行两次操作就能知道剩下的操作次数。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=2e5+10;
bool c[N];
ll n,a[N];
void g(){for(ll i=1;i<=n;i++)c[i]=false;ll ma=0;for(ll i=1;i<=n;i++){if(c[a[i]])ma=max(ma,a[i]);c[a[i]]=true;a[i]=ma;}
}
void sol(){cin>>n;ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];ans+=a[i];}g();for(ll i=1;i<=n;i++)ans+=a[i];g();for(ll i=1;i<=n;i++){ans+=(n-i+1)*a[i];}cout<<ans<<endl;
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--)sol();return 0;
}
D. Grid Puzzle
题意：给定一个数组，有一个nn的网格。在第i行，从第一个到第ai个都是黑格子，剩下的是白格子。可以进行以下操作：将2×2子网格染白；将整行染白。找出将所有单元格染白的最少操作次数。
分析：如果ai>=5我们会想使用操作2，因为至少需要三个2×2的子网覆盖它，第i-1和i+1行不一定是黑格子，所以有可能浪费了。先考虑ai<=4的情况。
只右三种情况：不受上一行影响；涂前两格：涂后两格。
代码：（贪心）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void sol(){int n;cin>>n;int a[n+10];for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];bool b1=0,b2=0;ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if((!b1)&&(!b2)){if(a[i]==0)continue;ans++;if(a[i]<=2)b1=1;}else if(b1){b1=0;if(a[i]<=2)continue;ans++;if(a[i]<=4)b2=1;}else{b2=0;if(a[i]==0)continue;ans++;if(a[i]<=4)b1=1;}}cout<<ans<<endl;
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--)sol();return 0;
}
（dp）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N],dp[N];
void sol(){int n;cin>>n;int b[2]={N,N};for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];//b0=N，b1=N就是对下一行无影响for(int i=1;i<=n;i++){dp[i]=dp[i-1]+1;if(a[i]==0)dp[i]=min(dp[i],dp[i-1]);if(a[i]<=2)dp[i]=min(dp[i],i+b[1-i%2]);//上一个位置在奇数，现在在偶数，就可以减去1.反之一偶一奇也可以if(a[i]<=2)b[i%2]=min(b[i%2],dp[i-1]-i);else if(a[i]>4)b[0]=b[1]=N;}cout<<dp[n]<<endl;
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--)sol();return 0;
}
