A. 花间叔祖

签到题，但没切。

一眼出思路找最大公因数，过了大样例发现同余的情况也合法，然后开始优化，成功从 68pts 到了 88 pts。

考虑正解，首先答案不是一就是二。若答案是一，即所有数可在模某数 \(x\) 意义下同余。不妨将每个数化成 \(a_i=k\times x+d\) 的形式，则若存在一个 \(x\) 使得所有的 \(d\) 都相等，那么有 \(a_i-a_j=\left(k_i-k_j\right)\times x\)，所以我们对排序后的差值进行求 gcd，复杂度为 \(\mathcal{O(n)}\)。

B. 合并r

有趣的题面，但题比较 ex。

看到题就开始想部分分了，首先对于 \(n=1\)，显然 \(k\) 只能为 \(1\)，那么答案也是 \(1\)。

对于 \(k=1\)，赛时由于 \(n==5\) 的情况手模错了导致推出了假结论，恼。

正解是 dp。设 \(f_{i,j}\) 为共 \(i\) 个数和为 \(j\) 的方案数，显然加入一个 \(1\)，即 \(f_{i-1,j-1}\) 可对答案产生贡献。

其次，由于 \(j\) 是由若干个 \(\frac{1}{2^i}\) 加和得到的，那么显然 \(\frac{j}{2}\) 可以由若干个 $$\frac{1}{2^{i+1}} 得到，因此第二个状态转移方程为 \(f_{i,j}+=f_{i,2\times j}\)。

注意边界问题，\(f_{0,0}=1\)。

C. 回收波特

很大方啊，给了 60pts 的暴力分。

首先看到 Subtask1 中 \(n\times m\le 10^8\)，显然想让你用 \(\mathcal{O(nm)}\) 的做法解，最无脑的一个，每次操作枚举每个没有到达终点的波特，记录位置最后输出答案即可。

Subtask2 中给了 \(x_i\le 10^3\)。思考一下，\(3\times 10^5\) 的波特只出现在这 \(1000\) 个位置，显然可以把每个波特映射到初始位置上，按每个位置求解，复杂度为 \(\mathcal{O(x_{max}m)}\)，时限两秒，可过。

正解提供了一个很厉害的思路：对于某一时刻，若两个波特的坐标关于原点对称，那么之后的所有移动二者都是对称的。

我们每次只维护一段符号相同的区间 \(\left[l,r\right]\) 的情况。

若在执行当前操作后符号不完全相同了，则利用上面的对称性，将符号不同的两边中元素数量较少的一边删去。

最后 dfs 一遍推出被扔掉的点的信息。

D. 斗篷

正解差分+扫描线。

题意倒很简单，关键是如何维护信息。