A

核心思路：这题的第一反应是直接统计a所有的0的数目和b所有的0的数目，然后两式相减。但是我们会发现一个问题，因为有些是可能不需要排序的，所有还有记录下a和b所有不同的个数的数目，再判断与我们之前的那个是不是相等的.

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e7 + 10;
int a[N], b[N];
int ca[2], cb[2];
void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	int cnt = 0;
	memset(ca, 0, sizeof ca);
	memset(cb, 0, sizeof cb);
	for (int i = 0;i < n;i++)
	{
		cin >> a[i];
		ca[a[i]]++;
	}
	for (int i = 0;i < n;i++)
	{
		cin >> b[i];
		cb[b[i]]++;
		cnt += (a[i] != b[i]);
	}
	if (cnt == abs(ca[0] - cb[0]))
		cout << cnt << endl;
	else
		cout << abs(ca[0] - cb[0]) + 1 << endl;
}
int main()
{
	int t;
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
}

B

核心思路：这就是一个经典的构造题了，我们需要使用b数组通过最大公约数来构造a数组。那换而言之我们是不是可用a数组通过最大公倍数构造出b数组呢。答案是肯定的。唯一需要注意的是b[0]和b[n]的值.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
const int N = 1e6 + 10;
int a[N], b[N];
int gcd(int a, int b)
{
	return b ? gcd(b,a%b) : a;
}
void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 0;i < n;i++)
		cin >> a[i];
	b[0] = a[0];
	b[n] = a[n - 1];
	for (int i = 1;i < n;i++)
	{
		b[i] = a[i] * a[i - 1] / gcd(a[i], a[i - 1]);
	}
	for (int i = 0;i < n;i++)
	{
		if (a[i] != gcd(b[i], b[i + 1]))
		{
			cout << "NO" << endl;
			return;
		}
	}
	cout << "YES"<<endl;
}
int main()
{
	IOS;
	int t;
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
}

C

核心思路：这就是一个滑动窗口的问题。但是有个特别需要注意我们选中的数组下标和我们看的是不一样的，这个可以看样例2。他最后是会把\(l\sim r,映射为0\sim r-l\),这也是为什么我们可以使用滑动窗口的大小来进行判断。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 10;
int a[N], b[N];
void solve()
{
	queue<int> q;
	int n;
	cin >> n;
	LL ans = 0;
	for (int i = 0;i < n;i++)
	{
		int x;
		cin >> x;
		while (x <= q.size())q.pop();//因为我们插入这个元素之后他的size又需要加1所以需要取等号
		q.push(x);
		ans += q.size();
	}
	cout << ans << endl;
}
int main()
{
	IOS;
	int t;
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
}

没办法，D题的题目都看不懂，没办法补出来了