A. Minimal Coprime

翻译：

        如果 l 和 r 互为同素数，则正整数 [l,r] 的一段称为同素段。

        如果一个共素数段 [l,r] 不包含任何不等于它本身的共素数段，那么这个共素数段 [l,r] 就叫做最小共素数段。为了更好地理解这句话，可以参考注释。

        给定正整数段 [l,r]，求 [l,r] 中包含的最小共素数段的个数。

思路：

题目要求不同整数段之间不能为包含关系。

对于一个整数x与x+1必定为互素。

因此答案为r-l+1（l与r都不为1）

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
// using pll = pair<ll,ll>;void solve(){int a,b;cin>>a>>b;int ans = 0;if (a==1&&b==1){cout<<1<<endl;return ;}if (a==1){ans+=1;a++;}cout<<ans+(b-a)<<endl;
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();int t;cin>>t;while (t--) solve();
}

B. Subsequence Update

 翻译：

        给你一个整数序列 ，和一个线段 [l,r]（1≤l≤r≤n）。

        你必须对这个序列执行下面的操作一次。

• 选择序列 a 的任意子序列，并反转它。注意，子序列不一定要连续。

        形式上，选择任意数量的下标，使得 。然后，将所有 1≤x≤k 的第 个元素同时改为第 个元素的原始值。

求操作后 的最小值。

思路：

对于这只能一次的反转，可以选择要求段的左边的小值与要求段的大值交换。或要求段的右边的小值与要求段的大值交换。注意只能选一边，因为只能反转一次。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
// using pll = pair<ll,ll>;void solve(){int n,l,r;cin>>n>>l>>r;ll res = 0;vector<int> a(n+1);for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];priority_queue<int> tmpl_ans,tmpr_ans;priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> lans,rans; for (int i=l;i<=r;i++){res += a[i];tmpl_ans.push(a[i]);tmpr_ans.push(a[i]);} for (int i=1;i<l;i++){lans.push(a[i]);}  for (int i=r+1;i<=n;i++){rans.push(a[i]);}  ll res1 = res;while (!lans.empty()){int now1 = tmpl_ans.top(),now2 = lans.top();if (now1>now2){res -= now1-now2;tmpl_ans.pop();tmpl_ans.push(now2);lans.pop();}else{break;}}while (!rans.empty()){int now1 = tmpr_ans.top(),now2 = rans.top();if (now1>now2){res1 -= now1-now2;tmpr_ans.pop();tmpr_ans.push(now2);rans.pop();}else{break;}}cout<<min(res1,res)<<endl;
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();int t;cin>>t;while (t--) solve();
}

C. Remove Exactly Two

 翻译：

        给您一棵有 n 个顶点的树。您必须准确执行以下操作两次。

• 选择一个顶点 v；
• 删除 v 所带的所有边，同时删除顶点 v。

        请找出精确执行两次操作后的最大连通部分数。

        当且仅当存在一条从 x 到 y 的路径时，两个顶点 x 和 y 位于同一个连通组件中。
 根据定义，0 个顶点的图有 0 个连通成分。

思路：

记录每个点的度数，并从度数大层数的开始遍历。

那么答案有两种情况：

1. 点a的度数+点b的度数-1      a与b不相连
2. 点a的度数+点b的度数-2      a与b相连

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;void solve(){int n;    cin>>n;// 记录每个点的度数vector<int> dus(n+1,0);// 创建邻接表vector<vector<int>> edge(n+1);for (int a,b,i=1;i<n;i++){cin>>a>>b;dus[a]++;dus[b]++;edge[a].push_back(b);edge[b].push_back(a);}// 记录每个度数所包含的点map<int,vector<int>> mp;for (int i=1;i<=n;i++) mp[dus[i]].push_back(i);// 考虑到有的度数只有一个点增加记录点int f=0,f_du = 0;// 按度数从大到小遍历for (auto iter=mp.rbegin();iter!=mp.rend();iter++){int du = iter->first;auto nums = iter->second;int num_size = nums.size();if (f){for (int i:nums){// 两个点不相连if (find(edge[i].begin(),edge[i].end(),f)==edge[i].end()){cout<<du+f_du-1<<endl;return;}}cout<<du+f_du-2<<endl;return;}else{if (num_size==1){f = nums[0];f_du = du;}else{for (int i=0;i<num_size;i++){for (int j=i+1;j<num_size;j++){// 两个点不相连if (find(edge[nums[i]].begin(),edge[nums[i]].end(),nums[j])==edge[nums[i]].end()){cout<<2*du-1<<endl;return;}}}cout<<2*du-2<<endl;return;}}}
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();int t;cin>>t;while (t--) solve();
}

                                                                                              有建议可以评论，我会积极改进qwq。