AGC010

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A

【过水已隐藏】

B

这题推完了还是不会/kk真的毒瘤

考虑每次会减少的总和是\(n(n+1)/2\)，用原来的和除以这个可以得到操作次数\(m\)（不是整数无解）

再考虑相邻两个数\(a_i,a_{i+1}\)，考虑它们的差，设为\(d=a_i-a_{i+1}\)。

一次操作有两种情况，一是\(\Delta a_i=-j,\Delta a_{i+1}=-j-1\)，会让\(d\)增加1。

二是\(\Delta a_i=-n,\Delta a_{i+1}=-1\)，会让\(d\)增加\(1-n\)。

考虑任意两个相邻数，有一个初始的\(d_0\)，然后操作\(m\)次若有\(a\)个操作二会让\(d_0\)增加\(m-na\)，为了让最终\(d_0\)恰好为\(0\)算出\(a=\frac{m+d_0}{n}\)，不是整数或\(<0\)无解

还有一个限制就是\(\sum a\)应该是\(m\)，不过这个肯定可以满足不用判

C

以每个点为LCA的点对可以根据已知信息算出（判无解），现在只需要在每个点判断是否能在这个点按要求配对救星了

就是有数组\(a\)，\(m\)次选两个不同的\(i,j\)，让\(a_i--,a_j--\)，最终\(a\)非负

这个很好判，按照最大值和其它的和比较一下就能知道最多能配出多少对

D

后面全提姆博弈题= =zbl

一堆结论：

1. 不考虑除\(\gcd\)，如果开场有奇数个偶数是先手必胜，否则先手必败
2. 必胜/必败态只和奇偶有关所以不必考虑\(\gcd\)是奇数的情况
3. \(\gcd=1\)可推出至少一个奇数
4. 如果一开始至少有一个\(a_i=1\)那么可以根据1直接确定答案了
5. 如果有奇数个偶数的话可以操作一个偶数，然后会剩下\(2\)个奇数，之后先手可以一直操作保证\(\gcd\)为奇，根据2和3先手必胜
6. 如果有至少\(2\)个奇数和偶数个偶数那么先手操作完之后转到5，先手必败
7. 否则只可能只有\(1\)个奇数，和偶数个偶数，先手操作偶数会转到5，所以先手只能追逐梦想操作那个奇数，操作完后所有数至少除以\(2\)，所以可以直接暴力递归下去

E

zbl*2

显然先建一个图，不互质的数之间连边，先手选完序列后边会定向（当然无环），后手只能按照这个拓扑排序

yyb：先手肯定想要拉一条字典序最长的链，所以dfs一遍就行了

我觉得很有道理。

F

zbl*3

枚举每个点，如果以它作为根，最优方法走到它时只会走到\(A\)比它小的节点，因为如果你这样走，对面可以直接移回来你就很尴尬。

所以到了一个点就不能回父亲（走过来就是因为这个点\(A\)更小）

然后都是抄yyb的我也不知道为什么。