Codeforces Round #655 (Div. 2)

A Omkar and Completion

只要找两个相加不等的数交叉构造即可。

AC代码：

int main()
{int t;sd(t);while (t--){sd(n);rep(i, 1, n){if (i & 1)printf("500 ");elseprintf("501 ");}printf("\n");}return 0;
}

B. Omkar and Last Class of Math

设 a,ba,ba,b 为两个解，假设 a≤ba≤ba≤b，那么显然 lcmlcmlcm 一定 ≥b≥b≥b。这里我们一定要构造 lcm=blcm=blcm=b 的解，因为 bbb 一定 <n<n<n，而 lcmlcmlcm 是 bbb 的倍数，就算 lcm=2blcm=2blcm=2b 也一定 ≥n≥n≥n，所以 lcm=blcm=blcm=b 也就是说，aaa 可以整除 bbb，这又等价于 aaa 整除 nnn。要让 lcmlcmlcm 尽可能小，相当于让 bbb 尽可能小也就是 aaa 尽可能大。所以总结一下，要让 aaa 整除 nnn 并且 aaa 尽可能大，那就找 nnn 的最大的不等于 nnn 的约数就好了。

AC代码：

int main()
{int t;sd(t);while (t--){sd(n);if (n % 2 == 0){pdd(n / 2, n / 2);continue;}int ans = -1;for (int i = 2; i * i <= n; i++){if (n % i == 0){ans = max(ans, i);ans = max(ans, n / i);}}if (ans == -1)ans = 1;pdd(ans, n - ans);}return 0;
}

C. Omkar and Baseball

原序列已经是 [1,2,..,n][1,2,..,n][1,2,..,n] 就不用操作
原序列中，有一段区间中所有元素都错位，操作一次。
原序列中一部分在原位置，一部分不在原位置，操作两次。

AC代码：

const int N = 5e5 + 50;
int n, k, m;
int a[N];int main()
{int t;sd(t);while (t--){sd(n);int cnt = 0;rep(i, 1, n){sd(a[i]);if (a[i] == i)cnt++;}if (cnt == n){puts("0");continue;}rep(i, 1, n){if (a[i] == i)cnt--;elsebreak;}per(i, n, 1){if (a[i] == i)cnt--;elsebreak;}if (cnt == 0)puts("1");elseputs("2");}return 0;
}

D. Omkar and Circle

首先把环断开，发现最优情况只可能是把所有奇数位置上的数加起来。因为偶数位置的数根本不可能留到最后。那么这个结论应用到环上就是，很多“偶数”位置其实都会被抛弃，最后的答案一定是，选取恰当的位置把环断开后的奇数位置之和。所以实现的时候只要记录奇偶位置的前缀和，然后 forforfor 一遍即可。

AC代码：

const int N = 5e5 + 50;
int n, k, m;
ll a[N], s[2][N];int main()
{int t;sd(n);rep(i, 1, n){sld(a[i]);s[0][i] = s[0][i - 1] + (i % 2 == 0 ? a[i] : 0);s[1][i] = s[1][i - 1] + (i % 2 == 1 ? a[i] : 0);}ll ans = 0;rep(i, 1, n)ans = max(ans, s[i % 2][i] + s[i % 2 ^ 1][n] - s[i % 2 ^ 1][i]);pld(ans);return 0;
}

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