Codeforces Round #741 (Div. 2)

A

显然，如果可以存在一个 \(x\) 使 \(r \equiv x - 1 \pmod x\)，\(x - 1\) 为最优解。如果 \(2l - 1 \leq r\)，显然答案为 \(\lfloor \frac{r - 1}{2} \rfloor\)；否则，显然答案为 \(r \bmod l\)。

代码：

#include <stdio.h>

int main(){
	int t;
	scanf("%d", &t);
	for (int i = 1; i <= t; i++){
		int l, r;
		scanf("%d %d", &l, &r);
		if (l * 2 - 1 <= r){
			printf("%d\n", (r - 1) / 2);
		} else {
			printf("%d\n", r % l);
		}
	}
	return 0;
}

B

大胆猜想：答案只可能为 \(1\) 或 \(2\) 位不必证明。

代码：

#include <stdio.h>
#include <math.h>

int a[57];

inline bool is_prime(int n){
	if (n < 2) return false;
	if (n == 2) return true;
	if (n % 2 == 0) return false;
	int t = sqrt(n);
	for (int i = 3; i <= t; i++){
		if (n % i == 0) return false;
	}
	return true;
}

int main(){
	int t;
	scanf("%d", &t);
	for (int i = 1; i <= t; i++){
		int k, ansa, ansb;
		bool flag = false;
		scanf("%d", &k);
		for (int j = 1; j <= k; j++){
			scanf("%1d", &a[j]);
			if (!flag && ((a[j] != 2 && a[j] % 2 == 0) || a[j] == 1 || a[j] == 9)){
				ansa = 1;
				ansb = a[j];
				flag = true;
			}
		}
		if (!flag){
			for (int j = 1; j < k; j++){
				for (int x = j + 1; x <= k; x++){
					int t = a[j] * 10 + a[x];
					if (!is_prime(t)){
						ansa = 2;
						ansb = t;
						goto END;
					}
				}
			}
		}
END:    printf("%d\n", ansa);
		printf("%d\n", ansb);
	}
	return 0;
}

C

显然，\(0\) 对我们构造非常有用，因为 \(0\) 接在一坨数字前面或后面都可以构造出合法解。

特判全是 \(1\) 的情况即可。

代码：

#include <stdio.h>
#include <stdbool.h>

int a[20007];

int main(){
	int t;
	scanf("%d", &t);
	for (int i = 1; i <= t; i++){
		int n, m, pos;
		bool flag = false;
		scanf("%d", &n);
		m = n / 2;
		for (int j = 1; j <= n; j++){
			scanf("%1d", &a[j]);
			if (!flag && j > m && a[j] == 0){
				pos = j;
				flag = true;
			}
		}
		if (flag){
			printf("1 %d 1 %d\n", pos, pos - 1);
		} else {
			m = n - m;
			for (int j = 1; j <= m; j++){
				if (a[j] == 0){
					pos = j;
					flag = true;
					break;
				}
			}
			if (flag){
				printf("%d %d %d %d\n", pos, n, pos + 1, n);
			} else {
				printf("1 %d 2 %d\n", n - 1, n);
			}
		}
	}
	return 0;
}

D1

显然需要预处理前缀和。

如果已经满足条件，显然答案为 \(0\)；如果区间长度为奇数，答案为 \(1\)；否则，答案为 \(2\)。

证明：设原本的值为 \(sum\)，删掉的数对最终答案的贡献为 \(\pm 1\)，并使其后面部分所有数的贡献反转，即后面的贡献取相反数，于是原问题转化为证明一定存在一个位置使左两部分原贡献相等。每个数对答案贡献为 \(\pm 1\)，那么贡献将会是连续变化的，能取到 \(s\) 就一定能取到 \(\frac{s}{2}\)（上 / 下取整看原数的权值），得证。

代码：

#include <stdio.h>

int sum[300007];
char s[300007];

int main(){
	int t;
	scanf("%d", &t);
	for (int i = 1; i <= t; i++){
		int n, q;
		scanf("%d %d", &n, &q);
		scanf("%s", &s[1]);
		for (int j = 1, k = 1; j <= n; j++, k = -k){
			sum[j] = sum[j - 1] + k * (s[j] == '+' ? 1 : -1);
		}
		for (int j = 1; j <= q; j++){
			int l, r;
			scanf("%d %d", &l, &r);
			if (sum[r] - sum[l - 1] == 0){
				printf("0\n");
			} else if ((r - l + 1) % 2 == 1){
				printf("1\n");
			} else {
				printf("2\n");
			}
		}
	}
	return 0;
}