A

題意

給出一個數 $n$，兩人每次可以選擇一個數 $a$，使得 $n = n - a$。其中$a \geq 1$ 且第一個人選的a應為偶數，第二個人選的應為奇數，誰不能選的時候為負。誰不能操作為負，問誰能贏。

思路

判斷 $n$ 的奇偶性即可，先手偶數不改變奇偶性，後手奇數改變奇偶性，當 $n==0$ 時遊戲結束，也就是說僅判斷 $n$ 的奇偶性即可。

程式碼

int main()
{
	int n;
	sd(n);
	if(n&1) puts("Ehab");
	else puts("Mahmoud");	
	return 0;
}

B

題意

給出 $n$

思路

解決的核心在於如何記錄每個字串屬於哪個組，以及該組的最小花費。一開始讀錯題了寫了個並查集，但是這裡也還能用。有更簡單的維護辦法

程式碼

map<string, int> mp;

int fa[maxn], cost[maxn];

void init(){
	rep(i, 0, maxn){
		fa[i] = i;
	}
}

int found(int x){
	return x==fa[x]?x:(fa[x] = found(fa[x]));
 

}

void merg(int x, int y){ // fa[y] = x;
	int fax = found(x);
	int fay = found(y);
	if(fax == fay) return ;
	else {
		cost[fax] = min(cost[fax], cost[fay]);
		fa[fay] = fax;
	}
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n, k, m;
	init();
	cin>>n>>k>>m;
	rep(i, 1, n+1){
		string str;
 

		cin>>str;
		// debug(str);
		mp[str] = i;
	}
	rep(i, 1, n+1){
		int x;
		cin>>x;
		cost[i] = x;
	}
	rep(i, 0, k){
		int num, fi, tmp;
		cin>>num>>fi;
		rep(i, 1, num){
			cin>>tmp;
			merg(fi, tmp);
		}
	}

	ll ans = 0;

	rep(i, 0, m){
		string str;
		cin>>str;
		// debug(str);
		int fas = found(mp[str]);
		// debug(fas);
		ans += cost[fas];
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

C

題意

在樹上求一個點集，要求樹上的任意一條邊，都至少有一個端點，在這個集合內，求集合內元素的最小個數。現給出一種演算法，以1號節點為根，按奇偶分層，答案為奇偶層節點分別求和的較小值。現需要構造出 $n$ 個節點的兩棵樹，第一棵不滿足演算法，第二棵滿足演算法。

思路

滿足條件的樹好構造，只需要所有節點連向 $1$ 號節點，那麼 $1$ 就是答案。不滿足條件的樹需要的一個條件是，答案應該同時小於奇數層結點數和偶數層節點數。經手推構造發現，當 $n \leq 5$ 時 ，不存在。當 $n\geq6$ 時，只需要 $2\; 3 \; 4$ 號節點連向 $1$ 其餘節點連向 $2$ 即可。

程式碼

int main()
{
	int n;
	sd(n);
	
	if(n <= 5) puts("-1");
	else {
		rep(i, 2, n+1){
			printf("%d %d\n", i<5?1:2, i);
		}
	}

	rep(i, 2, n+1)
		printf("1 %d\n", i);

	return 0;
}

D

題意

給出一個序列 $a$，需要構造一個數列 $b$，使得 $b$ 序列的字典序大於等於 $a$ 序列，且 $b$ 序列中任意兩個元素兩兩互質，問滿足條件的，字典序最小的 $b$ 序列是多少。

思路

這道題很開心的一點是，又學會了一種預處理質因數分解的寫法。第一種，可以對於每個質數，遍歷 $maxn$ 中它的倍數，加到vector中。第二種，只需要記錄當前數的最小質因子，不斷轉移即可。 然後就貪心求每個數，判斷當前數是否可用，以及加入當前數後，更新可用狀態

程式碼

int fac[maxn], vis[maxn];
int a[maxn], b[maxn];

void init(){
	rep(i, 2, maxn){
		if(!fac[i]){
			for(int j = i; j<maxn; j+=i) {  // minn fac
				if(!fac[j]) fac[j] = i;
			}
		}
	}
}

bool judge(int x){
	while(x > 1){
		if(vis[fac[x]]) return false;
		x = x / fac[x];
	}
	return true;
}

void push_up(int x){
	while(x > 1){
		vis[fac[x]] = 1;
		x = x / fac[x];
	}
}

int main()
{
	init();
	int n;
	sd(n);
	rep(i, 0, n) sd(a[i]);
	rep(i, 0, n) {
		if(judge(a[i])) {
			b[i] = a[i];
			push_up(a[i]);
		}
		else {
			int now = a[i], nowp = i;;
			while(!judge(now)) now++;
			b[nowp++] = now;
			push_up(now);
			now = 2;
			while(nowp < n){
				while(!judge(now)) now++;
				b[nowp++] = now;
				push_up(now);
			}
			break;
		}
	}
	rep(i, 0, n) {
		printf("%d%c", b[i], i==n-1?'\n':' ');
	}
	return 0;
}

E

題意

給出 $n$ 個點，編號為 $[0, n)$ 任意兩點之間的線段權值為兩點的亦或值。

思路

每次貪心的把最小花費的邊全部連上，即二進位制只有一位不同的部分，相當於連續合併。

程式碼

int main()
{
	ll n, sum = 0, bas = 1;
	sld(n);
	while(n > 1){
		sum += (n>>1) * bas;
		n = (n+1)>>1;
		bas <<= 1;
	}
	pld(sum);
	return 0;
}