A.Problem - A - Codeforces
（1）题意
给你个X轴，初始A点在n这个位置，O在源点0，问你要把B放在哪才能让|AB-BO| = k，最小化A需要移动多少次。
（2）思路
直接分情况套路即可。
（3）代码
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
void solve()
{int n,k;cin >> n >> k;int Ans = 0;if((n + k) & 1) {Ans ++;n ++;}if(k > n) Ans += k - n;cout << Ans << '\n';
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);int T = 1;cin >> T;while(T --) solve();return 0;
}B.Problem - B - Codeforces
（1）题意
a序列有x1个0，y1个1，z1个2，b序列有x2个0，y2个1，z2个2，给定你这个函数，问你在任意排序后可以获得的最大价值是多少。
（2）思路
贪心考虑，肯定是先把有价值的拿了，然后把其他的都给弄成0，否则就只能加上负贡献了。
（3）代码
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
void solve()
{int x1,y1,z1;int x2,y2,z2;int Ans = 0;cin >> x1 >> y1 >> z1;cin >> x2 >> y2 >> z2;int mi = min(z1,y2);y2 -= mi,z1 -= mi;Ans += mi * 2;mi = min(z1,z2);z1 -= mi,z2 -= mi;mi = min(z1,x2);z1 -= mi,x2 -= mi;mi = min(y1,y2);y1 -= mi,y2 -= mi;mi = min(y1,x2);y1 -= mi,x2 -= mi;mi = min(x1,z2);x1 -= mi,z2 -= mi;mi = min(x1,y2);x1 -= mi,y2 -= mi;mi = min(y1,y2);y1 -= mi,y2 -= mi;mi = min(x1,x2);x1 -= mi,x2 -= mi;mi = min(z1,z2);z1 -= mi,z2 -= mi;mi = min(y1,z2);Ans -= 2 * mi;cout << Ans << '\n';
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);int T = 1;cin >> T;while(T --) solve();return 0;
}C.Problem - C - Codeforces
（1）题意
给你一个长为n的序列，设最小值为Mi,你每次可以选择两个数a[i]和a[j]，若gcd(a[i],a[j])=Mi，问你是否可以把这个序列变成不降序列。
（2）思路
很显然我们可以直接把%Mi为0的所有数拿出来，从大到小依次放入原序列，最后检查原序列是否不降即可。
（3）代码
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
void solve()
{int n;cin >> n;int mi = 1e9;vector<int> v;rep(i,1,n) {cin >> a[i];mi = min(mi,a[i]);}rep(i,1,n) {if(a[i] % mi == 0) {v.pb(a[i]);}}sort(v.rbegin(),v.rend());rep(i,1,n) {if(a[i] % mi == 0) {a[i] = v.back();v.pop_back();}}rep(i,2,n) {if(a[i] < a[i - 1]) {cout << "NO" << '\n';return;}}cout << "YES" << '\n';
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);int T = 1;cin >> T;while(T --) solve();return 0;
}D.Problem - D - Codeforces
（1）题意
给你棵N个节点的树，和一个总权值K，要你把K分配给这颗树的N-1条边，满足这些树边相乘等于K，并且分配的边权1的数量最少，问你任意两个点的所有边权和加起来最大为多少？
（2）思路
我们可以计算出每条边经过多少次，因此考虑贪心分配边权即可，若K分解的质因子大于当前n - 1，则需要把后面的补成1即可，否则可以把多余的补给经过次数最多的那条边即可。
（3）代码
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5 + 10;
vector<int> g[N];
ll f[N],siz[N];
int n;
const ll mod = 1e9 + 7;
inline void dfs(int u,int f)
{siz[u] = 1;for(auto v : g[u]) {if(v == f) continue;dfs(v,u);siz[u] += siz[v];}
}
void solve()
{ cin >> n;rep(i,1,n) g[i].clear();rep(i,2,n) {int u,v;cin >> u >> v;g[u].pb(v),g[v].pb(u);}int k;cin >> k;vector<ll> z;rep(i,1,k) cin >> f[i];dfs(1,0);rep(i,2,n) z.pb(siz[i] * (n - siz[i]));ll Ans = 0;if(sz(z) >= k) {sort(f + 1,f + 1 + k,[&](ll &c,ll &d){return c > d;});sort(z.rbegin(),z.rend());while(sz(z) > k) f[++ k] = 1;rep(i,1,sz(z)) Ans = (Ans + f[i] * z[i - 1] % mod) % mod;}else {sort(f + 1,f + 1 + k,[&](ll &c,ll &d){return c < d;});sort(z.begin(),z.end());ll tmp = 1,res = k - sz(z);for(int i = k - res + 1;i <= k;i ++) tmp = tmp * f[i] % mod;f[sz(z)] = f[sz(z)] * tmp % mod;rep(i,1,sz(z)) Ans = (Ans + f[i] * z[i - 1] % mod) % mod;}cout << Ans << '\n';
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);int T = 1;cin >> T;while(T --) solve();return 0;
}E.Problem - E - Codeforces
（1）题意
给你N条平行X轴的线，和M条平行Y轴的线，保证每一条线都与边框至少有一个交点，且每一条线不重合，问你最后会分出来多少个矩形。
（2）思路
这种题目一般是看交点就行了，因此我们观察样例很容易得出结论，答案=交点个数+1+本身交边框有两交点的线。
那么我们可以用值域树状数组维护出来即可，用树状数组代表横坐标为多少时有一条长度为y的线，然后对于每一条平行Y轴的线做区间查找即可得出交点个数。
（3）代码实现
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e6 + 10;
template <typename T>
struct Fenwick {const int n;std::vector<T> a;Fenwick (int n) : n(n), a(n + 1) {}void add(int pos, T x) {for (int i = pos; i <= n; i += i & -i) {a[i] += x;}}T query(int x) {T res = 0;for (int i = x; i; i -= i & -i) {res += a[i];}return res;}T query(int l, int r) {if (l == 0 || l > r) {return 0;}return query(r) - query(l - 1);}//找到大于k得第一个地方T kth(int k) {int pos = 0;for(int j = 31 - __builtin_clz(n);j >= 0;j --) {if(pos + (1 << j) <= n && k > a[pos + (1 << j)]) {pos += 1 << j;k -= a[pos];}}return pos + 1;}
};
//使用Fenwick<ll> fen(n)
vector<PII> a[N],b[N];
void solve()
{int n,m;cin >> n >> m;Fenwick<int> fen(1000001);ll Ans = 1;rep(i,1,n) {int y1,x1,x2;cin >> y1 >> x1 >> x2;a[x1].pb({y1 + 1,1});a[x2 + 1].pb({y1 + 1,-1});if(x1 == 0 && x2 == 1000000) Ans ++;}rep(i,1,m) {int x1,y1,y2;cin >> x1 >> y1 >> y2;b[x1].pb({y1 + 1,y2 + 1});if(y1 == 0 && y2 == 1000000) Ans ++;}rep(i,0,1000000) {for(auto [x,w]: a[i]) {fen.add(x,w);}for(auto [l,r] : b[i]) {Ans += fen.query(l,r);}}cout << Ans;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);int T = 1;// cin >> T;while(T --) solve();return 0;
}F.Problem - F - Codeforces
（1）题意
（2）思路
第一个操作和第四个操作是线段树基本操作，因此不需要管，重点观察第二个操作和第三个操作，首先这颗线段树是一颗完美二叉树，包含的区间都是2^i次方，对于reverse操作来说，就是把第(k + 1)层线段树的节点的左右儿子交换，那么swap操作，其实也就是对于每一层线段树节点的左右儿子进行交换，那么这个问题就是个简单的线段树了，交换直接在外边维护好就行了。
（3）代码
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 3e5 + 10;
ll tr[N << 2];
int a[N],rev[N];
inline void build(int u,int l,int r)
{if(l == r) {tr[u] = a[l];return;}int mid = (l + r) >> 1;build(u << 1,l,mid);build(u << 1 | 1,mid + 1,r);tr[u] = tr[u << 1] + tr[u << 1 | 1];
}
inline void modify(int u,int l,int r,int dep,int p,int x)
{if(l == r) {tr[u] = x;return;}int mid = (l + r) >> 1;if(p <= mid) modify(u << 1 ^ rev[dep],l,mid,dep - 1,p,x);else modify(u << 1 | 1 ^ rev[dep],mid + 1,r,dep - 1,p,x);tr[u] = tr[u << 1] + tr[u << 1 | 1];
}
inline ll query(int u,int l,int r,int dep,int ql,int qr)
{if(l >= ql && r <= qr) return tr[u];int mid = (l + r) >> 1;ll s = 0;if(ql <= mid) s += query(u << 1 ^ rev[dep],l,mid,dep - 1,ql,qr);if(qr > mid) s += query(u << 1 | 1 ^ rev[dep],mid + 1,r,dep - 1,ql,qr);return s;
}
void solve()
{int n,q;cin >> n >> q;rep(i,1,(1 << n)) cin >> a[i];build(1,1,(1 << n));while(q --) {int op,l,r;cin >> op;if(op == 1) {cin >> l >> r;modify(1,1,(1<<n),n,l,r);}else if(op == 2) {cin >> l;for(int i = 0;i <= l;i ++) rev[i] ^= 1;}else if(op == 3) {cin >> l;rev[l + 1] ^= 1;}else {cin >> l >> r;cout << query(1,1,(1<<n),n,l,r) << '\n';}}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);int T = 1;// cin >> T;while(T --) solve();return 0;
}
