A. King Keykhosrow's Mystery
题意可以转化为存在 \(k_1,k_2\) 使得 \(m=a\times k_1+n = b\times k_2 +n\)。消去余数 \(n\) 得到 \(a\times k_1=b\times k_2\)，即 \(a,b\) 的公倍数。所以最小的 \(m\) 就是 \(a,b\) 的最小公倍数，余数为 0。最小公倍数的计算方法是 \(\text{lcm}(a,b)=\dfrac{a\times b}{\gcd(a,b)}\)。
B. Rakhsh's Revival
考虑贪心的处理：逐位扫过去，维护一个变量 \(cnt\) 记录当前连续 \(0\) 的个数，遇到 \(1\) 就清空。因为提前操作并不能减少操作次数，所以我们仅当 \(cnt=m\) 时进行操作，把从这一位开始连续 \(k\) 个赋值成 \(1\)（实现时不用真的赋值，直接下标加 \(k\) 即可）。
int cnt = 0, ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
if (s[i] == '1') { cnt = 0; continue; }
else if (++cnt == m) i += k - 1, ans++, cnt = 0; // 因为for还要i++，这里只加k-1; 记得操作后cnt也要清零
cout << ans << '\n';
C. Trapped in the Witch's Labyrinth
对于 \(n\times m\) 个格子，可以分 4 种情况考虑：
- 连通的一片
?：把连通的一片?拆分成一个个矩形。除了 \(1\times 1\) 的矩形，都可以每行构造成>>>>><，一定走不出去；\(1\times 1\) 的矩形直接指向别的?即可。 - 孤立的一个
?：它的周围没有别的?了，当且仅当存在确定方向的格子指向它时，它走不出去（反向指对方即可）。注意多个格子指向它时也不成问题，只需要反指任意一个，别的格子都会被导向这个><的循环里。 - 方向确定，一定能走出去：根据固定的方向最终走到了边界，或者已经确定的“能走出去的格子”。它们对答案没有贡献，dfs 时顺带标记掉就好。
- 方向确定，走不出去：最终指向了
?，走不出去。
所以从每个格子出发 dfs，如果是 ? 则把连通块的大小计入答案（大小为 1 即孤立时先不计入，插入 set 中以备查询）；如果确定了方向则判断是否会走出，把走不出的连通块大小加入答案。最后对于所有的孤立点检查上下左右有没有走不出去的，有的话答案加 \(1\)。
void solve(int test_case) {
int n, m, siz, ans = 0;
cin >> n >> m;
vs s(n);
vector<vc> vis(n, vc(m)); // 记录格子是否到达过
vector<vc> out(n, vc(m)); // 记录格子是否会走出
rep(i, 0, n - 1) cin >> s[i];
set<pii> single; // 记录孤立点
const int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
const int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
map<char, int> mv = {{'U', 0}, {'D', 1}, {'L', 2}, {'R', 3}};
auto inside = [&](int x, int y) -> bool {
return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m;
};
auto dfs1 = [&](auto&& dfs1, int x, int y) -> void { // 搜？的连通块
vis[x][y] = 1;
siz += 1;
rep(i, 0, 3) {
int tx = x + dx[i];
int ty = y + dy[i];
if (inside(tx, ty) && s[tx][ty] == '?' && !vis[tx][ty]) {
dfs1(dfs1, tx, ty);
}
}
};
auto dfs2 = [&](auto&& dfs2, int x, int y) -> bool { // 搜方向确定的连通块
vis[x][y] = 1;
siz += 1;
int d = mv[s[x][y]];
int tx = x + dx[d];
int ty = y + dy[d];
if (!inside(tx, ty) || out[tx][ty]) {
return out[x][y] = 1;
}
if (vis[tx][ty] || s[tx][ty] == '?') return 0;
return out[x][y] = dfs2(dfs2, tx, ty);
};
rep(i, 0, n - 1) rep(j, 0, m - 1) {
if (vis[i][j]) continue;
siz = 0;
if (s[i][j] == '?') {
dfs1(dfs1, i, j);
siz == 1 ? single.emplace(i, j), 0 : ans += siz;
} else {
ans += dfs2(dfs2, i, j) ? 0 : siz;
}
}
for (auto [x, y] : single) {
rep(i, 0, 3) {
int tx = x + dx[i];
int ty = y + dy[i];
if (inside(tx, ty) && !out[tx][ty]) {
ans += 1;
break;
}
}
}
cout << ans << '\n';
}
D. Darius' Wisdom
用两个 set 记录 \(1,2\) 出现位置的下标，然后从后往前遍历，集合维护当前遍历位置前面的数（如果当前走到了 \(1,2\) 就从集合中删掉）。对于 \(0\) 来说，如果前面还有 \(2\)，就从集合中找到一个 \(1\) 进行交换，再找到一个 \(2\) 进行交换；前面没有 \(2\) 了，就找到 \(1\) 进行交换；\(1\) 都没有则退出。对于 \(1\) 来说，如果前面有 \(2\) 就进行交换，否则跳过。次数显然小于 \(n\) 次。
void solve(int test_case) {
int n;
cin >> n;
vi a(n);
vector<pii> ans;
set<int> s1, s2;
rep(i, 0, n - 1) {
cin >> a[i];
if (a[i] == 1) {
s1.insert(i);
} else if (a[i] == 2) {
s2.insert(i);
}
}
dep(i, n - 1, 0) {
if (a[i] == 2) {
s2.erase(i); // 当前的2遍历过了，删掉
continue;
}
if (a[i] == 1) {
if (s2.empty()) {
s1.erase(i); // 当前的1遍历过了，删掉
continue;
}
int k = *s2.begin();
s2.erase(k);
swap(a[i], a[k]); // 交换1,2
s1.erase(i);
s1.insert(k); // 更新1的位置
ans.emplace_back(i, k);
continue;
} // 下面 a[i] == 0
if (s2.empty()) {
if (s1.empty()) break; // 都没有，交换结束
int k = *s1.begin();
s1.erase(k); // 没有2了,1的位置就确定了，直接删掉
swap(a[i], a[k]);
ans.emplace_back(k, i);
} else {
int k1 = *s1.begin();
int k2 = *s2.begin();
s2.erase(k2); // 2的位置确定了，可以删掉
s1.erase(k1);
a[i] = 2, a[k1] = 0, a[k2] = 1;
s1.insert(k2); // 更新1的位置
ans.emplace_back(i, k1);
ans.emplace_back(i, k2);
}
}
cout << ans.size() << '\n';
for (auto [i, j] : ans) {
write("%d %d\n", i + 1, j + 1);
}
}
E. Permutations Harmony
首先要判定一下 \(k\le n!\)，这个只在 \(n\) 很小的情况下有可能超过，问题不大。然后注意到 \(k\) 为偶数时一定可以做，只需要找到 \(\dfrac{k}{2}\) 个对称的排列即可，如 1234|4321, 2134|3421 等。\(k\) 为奇数时，需要进一步讨论：
- \(k=1\)，只在 \(n=1\) 的情况下有解；\(k=n!-1\) 一定无解。
- \(n\) 为偶数时一定无解，因为每个 \(i\) 的和相同，总和为 \(\dfrac{n(n+1)k}{2}\)，每个 \(i\) 的和为 \(\dfrac{(n+1)k}{2}\)，\(n\) 为偶数 \((n+1)k\) 除不开。
- \(n\) 为奇数时，\(k\) 可以拆成 \(3\) 和 \(k-3\)，后者为偶数，前者有贪心构造方案如图。
