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A題解知識點：貪心 。
注意到 \(a[1] \neq 1\)，\(1\) 永遠不可能換到前面；\(a[1] = 1\) 可以交換后面任意元素 。
時間復雜度 \(O(n)\)
空間復雜度 \(O(n)\)
代碼#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int a[20];bool solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];if (a[1] == 1) cout << "YES" << '\n';else cout << "NO" << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}B題解知識點：貪心，枚舉 。
分兩類，一種是純 \(1\) 或 \(0\) ，另一種是雜合 。
顯然后者的情況中，把所有數字全選了是最優的；前者枚舉一下所有純子串即可 。兩種情況，取最大值 。
時間復雜度 \(O(n)\)
空間復雜度 \(O(n)\)
代碼#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;bool solve() {int n;cin >> n;string s;cin >> s;s = "?" + s;int cnt0 = 0, cnt1 = 0;for (int i = 1;i <= n;i++) {if (s[i] == '0') cnt0++;else cnt1++;}ll mx = 1LL * cnt0 * cnt1;int i = 1, j = 1;while (i <= n) {while (j <= n && s[j] == s[i]) j++;mx = max(mx, 1LL * (j - i) * (j - i));i = j;}cout << mx << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}C題解知識點：構造 。
注意到，只有 \(a=b\) 或者 \(a\) 每位都不等于 \(b\) 的對應位才可行 。
考慮先把 \(a\) 串的 \(1\) 一個一個消掉，然后發現 \(b\) 會出現全 \(0\) 全 \(1\) 的情況，接下來分類討論：

  1. 如果 \(a = b\)  ， 那么 \(a\) 中 \(1\) 為偶數時得到的 \(b\) 是 \(0\)，否則是 \(1\)。
  2. 如果 \(a\) 每位都不等于 \(b\) 的對應位，那么消掉一個 \(1\) 以后又會回到情況1，因此和情況 \(1\) 相反 。
全是 \(0\) 直接可以結束，全是 \(1\) 可以先把 \([1,n]\) 取反，然后選擇 \([1,1],[2,n]\) 即可 。
時間復雜度 \(O(n)\)
空間復雜度 \(O(n)\)
代碼#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;bool solve() {int n;cin >> n;string a, b;cin >> a >> b;a = "?" + a;b = "?" + b;int cnt = 0;for (int i = 1;i <= n;i++) cnt += a[i] == b[i];if (cnt != 0 && cnt != n) return 0;bool flag = cnt == n ? 0 : 1;vector<pair<int, int>> ans;for (int i = 1;i <= n;i++) {if (a[i] == '1') {ans.push_back({ i, i });flag ^= 1;}}if (flag) {ans.push_back({ 1,n });ans.push_back({ 1,1 });ans.push_back({ 2,n });}cout << "YES" << '\n';cout << ans.size() << '\n';for (auto [i, j] : ans) cout << i << ' ' << j << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << "NO" << '\n';}return 0;}D題解知識點：質因數分解，容斥原理，數論 。
題目要求我們每個 \(b_i\) 的方案數，然后得到總的方案數 。
顯然有 \(gcd(a_{i-1},b_i) = a_i\)  ， 注意到 \(a_i\) 必須是 \(a_{i-1}\) 的因子否則不可能得到答案 ， 因此特判一下 \(a_{i} | a_{i-1}\)。
于是，我們要找到所有的 \(b_i\)，滿足 \(gcd(\frac{a_{i-1}}{a_i},\frac{b_i}{a_i}) = 1\) 且 \(a_i | b_i\)，其中 \(\frac{b_i}{a_i} \in [1,\frac{m}{a_i}]\) ，即我們從 \([1,\frac{m}{a_i}]\) 整數中找到和 \(\frac{a_{i-1}}{a_i}\) 互素的個數 。
這是一個典型的容斥問題 。先對 \(\frac{a_{i-1}}{a_i}\) 分解素因數，得到其素因子種類 。我們先計算出區間中包含 \(\frac{a_{i-1}}{a_i}\) 因子的數的個數，注意奇加偶減，然后用總數 \(\frac{m}{a_i}\) 減去個數，即與之互素的數的個數，于是我們就得到了 \(b_i\) 的種類 。
遍歷每個 \(a_i\) 即可 。
時間復雜度 \(O(n(\log a_i + 10\cdot 2^{10}))\)
代碼#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;const int mod = 998244353;int a[200007];bool vis[100007];int prime[100007];int cnt;void euler_screen(int n) {for (int i = 2;i <= n;i++) {if (!vis[i]) prime[++cnt] = i;for (int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j++) {vis[i * prime[j]] = 1;if (!(i % prime[j])) break;//如果到了i的最小質因子就不用繼續 ， 因為接下去的數x一定能被(i,x)之間的數篩掉}}}///歐拉篩，O(n) ， 每個合數只會被最小質因子篩掉bool solve() {int n, m;cin >> n >> m;for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];int ans = 1;for (int i = 2;i <= n;i++) {if (a[i - 1] % a[i]) {ans = 0;break;}int d = a[i - 1] / a[i];//不能出現的因子int base = m / a[i];//包含a[i]的數個數vector<int> ft;//對d分解因子種類for (int j = 1;j <= cnt && prime[j] <= d / prime[j];j++) {if (d % prime[j] == 0) ft.push_back(prime[j]);while (d % prime[j] == 0) d /= prime[j];}if (d > 1) ft.push_back(d);int sum = 0;//容斥原理，求[1,base]中沒有d中因子的數個數for (int j = 1; j < (1 << ft.size()); j++) {int mul = 1, feat = 0;for (int k = 0; k < ft.size(); k++) {if (j & (1 << k)) {mul *= ft[k];feat++;}}if (feat & 1) sum = (sum + 1LL * base / mul % mod) % mod;else sum = (sum - 1LL * base / mul % mod + mod) % mod;}sum = (base - sum + mod) % mod;ans = 1LL * ans * sum % mod;}cout << ans << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;euler_screen(100007);while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}

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