6 problems. ABC过, DE没想出来, F没看.
https://codeforces.com/contest/1816

A. Ian Visits Mary

分析 - AC

每次跳跃，横纵互质。
限于数据量，不能枚举。

1与任何数互质。考虑从(0,0)跳到(1,y)，这一步一定合法；再从(1,y)跳到(a,b)，为了让这一步合法，可以使y=a+b，这样横纵长度分别是a-1和a，合法。
交上去WA，因为忘记了过程中 $0≤x_i,y_i≤10^9$ . a+b可能超出，b-a即可。但b-a可能是负数，此时，走另一条类似的路，出现的是a-b.

cin >> a >> b;                                   
cout << 2 << "\n";                               
if (b > a) cout << 1 << ' ' << b - a << "\n";    
else cout << a - b << ' ' << 1 << "\n";          
cout << a << ' ' << b << "\n";

更好的分析 - AC（赛后）

打上面一段话时才发现，更简单地，让两步跳跃的线段分别横向是1，纵向是1，即经过(1,b-1).
上文只用了1次1，这里用了2次1，所以更简单。

B. Grid Reconstruction

分析 - AC

黑白详相间染色，显然 $[1, n]$ 填在 $-$ 上， $[n + 1, 2 n]$ 填在 $+$ 上；且必经过的起点和终点都是 $+$ ，肯定填2n,2n-1.
在这里插入图片描述
路径的不同取决于选择在哪里进入第二行。在所有路径中选择最小的，且所有数字总和为常数，显然要让各个路径的差值最小。据此，很容易解决本题。

a[1][1] = 2 * n, a[2][n] = 2 * n - 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	a[(i & 1) + 1][i] = i;
}
for (int i = n + 1; i <= 2 * n - 2; ++i) {
	int j = i - n + 1;
	a[(i & 1) + 1][j] = i;
}
for (int i = 1; i <= 2; ++i) {
	for (int j = 1; j <= n; ++j) {
		cout << a[i][j] << ' ';
	} cout << "\n";
}

C. Ian and Array Sorting

差分 - AC

以差分的视角，操作即， $b_i$ 和 $b_{i+2}$ 一个加1，一个减1，即其中一个传递数字给另一个，使总和不变。
原数组单调不减，即b中所有数非负。
特别地，原数组最后两个数同加同减，是 $b_{n-1}$ 单独加减，所以设 $b_{n+1}=+\infty$ . $b_1$ 其实不需要非负，所以 $b_1=+\infty$ .

根据 $b_i$ 和 $b_{i+2}$ ，差分数组中下标奇偶性不同的元素无法互相影响，所以按照下标奇偶性把数组分成两块。
每块中，保证总和不变，任意地传递数字，使所有数非负。总和非负便有可能。

cin >> n;
for (int i= 1; i <= n; ++i) {
	cin >> a[i];
}

for (int i = n; i; --i) {
	a[i] -= a[i - 1];
}
a[1] = a[n + 1] = LNF;

ll s = 0;
for (int i = 1; i <= n + 1; i += 2) s += a[i];
if (s < 0) {
	cout << "no\n";
	continue;
}
s = 0;
for (int i = 2; i <= n + 1; i += 2) s += a[i];
if (s < 0) {
	cout << "no\n";
	continue;
}
cout << "yes\n";

D. Sum Graph

分析

发现+n,+(n+1)可以使所有点被连成一条链。
在这里插入图片描述
因为本题允许猜两次，所以考虑+(n-2),+(n-1)，这样有两个点与其他的点不连通。判断出其他所有点在p中的对应，只剩这两个点不知道，那么猜两次一定有对的。
如果这个思路可行，那也可以把整个图平分成两半，分别处理。可惜这一划分基于可以猜两次，所以不能形成分治的树形结构。

要想区分出其他所有点，那么在建好的图上，每个点在与其他点的最短路的意义下应该是独一无二的。上文形成的链有对称性，无法区分2和5，4和1，3和6，所以还不够。
我又试着+(n-3),+(n-4)等，一无所获。
而且，要取得足以区分出所有点的信息量，按照与其他所有点的最短路的想法，需要超出2n的询问。
在这里，思路停滞了。

交互 - AC（补）

上文的分析中，默认了所有点的答案要同时求出，忽视了本题是一道交互题，可以利用易求的点求出其他点。
同时，上文让两个点不连通的思路只使n减小很小的常数，并没有改变问题的实质，没有充分利用“猜两次”这一出题人刻意为之的问题性质。

基于上面的链，随便取一个点，离他最远的点一定是链的一个端点。 然而无法判断它是哪一个端点。没关系，链有两个端点，猜两次即可。
在与一个给定端点的距离的意义下，每个点都是独一无二的。此时只需一次查询，便可确定一个点的位置。
总询问数2n。

cin >> n;

for (int i = 1, j = n, k = 1; i <= j; ++i, --j) {
	b[k++] = j, b[k++] = i;
}

cout << "+ " << n << "\n"; cout.flush();
cin >> flag; if (flag == -2) return 0;
cout << "+ " << n + 1 << "\n"; cout.flush();
cin >> flag; if (flag == -2) return 0;

int pos = 1; a[1] = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
	cout << "? " << 1 << ' ' << i << "\n"; cout.flush();
	cin >> a[i]; if (a[i] == -2) return 0;
	if (a[i] > a[pos]) pos = i;
}

for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	if (i != pos) {//这里进行了一次与上面重复的查询，无妨，不需那么细致
		cout << "? " << pos << ' ' << i << "\n"; cout.flush();
		cin >> flag; if (flag == -2) return 0;
		a[i] = flag + 1;
	}
} a[pos] = 1;

cout << "! ";
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	cout << b[a[i]] << ' ';
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	cout << b[n - a[i] + 1];
	if (i < n) cout << ' ';
} cout << "\n"; cout.flush();
cin >> flag; if (flag == -2) return 0;

E. Between

bfs、贪心 - AC（赛后）

123123123…这可以满足所有“a包夹b”条件。但1只有一个，这使要包夹1的数也是有限的，再推下去……理想地，形成一个树形结构，点的深度就是其最多数目。
让(a,b)作为有向图的边构图。
在这里插入图片描述
贪心地，让每个数的数目分别最大。

实际上，这个图并不一定那么简单。比如有条件(5,4),(4,3),(3,2),(2,1),和(3,5). 5被3包夹，对5的数目有什么影响？
这里我一开始想错了。(a,b)指的是a中间一定有b，而不是b一定被a包夹。所以从1开始推，一个数的数目只能受到数目已确定的数的影响，b不受a影响。3要夹5，但与链状的情况相同，5的最大数目仍是5.

如果有(5,4),(4,3),(3,2),(2,1),和(5,3)，那么1个1，2个2，3个3，4个4，5受到3和4的约束，3的约束更大，所以5有4个。而(5,4)作为同层间包夹，与开篇"123123123"的例子类似，不是问题。

已经可以看出，要求解每个数的最大个数，就是从1开始bfs，实现 下层对上层包夹 约束，层数即是个数。

已经解决了最大长度，还要构造具体序列。上层对下层的包夹 就起了作用。
在这里插入图片描述
依靠下面这一张图，从左下角扩展，在满足下层对上层包夹的前提下优先走到上层的点，我找到了满足所有上层包夹下层的构造方法：4321 432 43 4.

void bfs(int beg) {
	memset(d, 0x3f, sizeof(d)); d[1] = 1;
	queue<int> q; q.push(1);
	while (!q.empty()) {
		int u = q.front(); q.pop();
		for (int v : g[u]) {
			if (ckmin(d[v], d[u] + 1)) {
				q.push(v);
			}
		}
	}
}

int main() {
	setIO("");
	
	cin >> tt;
	
	while (tt--) {
		ans = md = 0;
		flag = false;
		
		cin >> n >> m;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			vector<int>().swap(g[i]);
			vector<int>().swap(num[i]);
		}
		for (int i = 1; i <= m; ++i) {
			int u, v; cin >> u >> v;
			g[v].push_back(u);
		}
		
		bfs(1);
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (d[i] >= INF) {
				flag = true;
				break;
			}
			ans += d[i];
			num[d[i]].push_back(i);
			ckmax(md, d[i]);
		}
		if (flag) {
			cout << "INFINITE\n";
		}
		else {
			cout << "FINITE\n";
			cout << ans << "\n";
			for (int i = 1; i <= md; ++i) {
				for (int j = md; j >= i; --j) {
					for (int k : num[j]) {
						cout << k << ' ';
					}
				}
			} cout << "\n";
		}
	}
	
	return 0;
}

D. XOR Counting

状压dp - TLE 无代码（赛后）

分别考虑每一位的异或结果。考虑第i位。
加、异或都有交换律。
要让m个数和为n。和的第i位受到m个数的自第i位及更低位的影响，而不会受到更高位的影响。所以从低向高考虑这m个数各位上的数码，每个位上可以加0~m个1并进位（和与n吻合，所以个数受到奇偶性限制），从而影响更高位，且不再影响更低位。
这让人想到[NOIP2021] 数列。定义状态 $(i, j)$ 表示处理到第i位，舍弃i的更低位后剩余的进位的数是j。i的更低位不会再改变，也与后面的问题无关，无需记录在状态中。易知j最大约为 $l o g m$ .
转移时，需要枚举m个数中第i位是1的数的个数。

时间复杂度 $O(T\times 60mlogm)$ ，超时。
算法瓶颈在于m，即转移时枚举加1的个数。

结论、dp - AC（补）

当m=1时，答案显然是n.

当m大于等于3时，对于与n奇偶性相同且不超过n的数x，因为 $\boldsymbol{a\oplus b\oplus b=a}$ ，构造 $\boldsymbol{(x,(n-x)/2, (n-x)/2, 0,\cdots)}$ 使x加入答案统计。因为 $\boldsymbol{a\oplus b}$ 与 $a + b$ 同奇同偶且 $\boldsymbol{a\oplus b\leq a + b}$ ，所以上述构造可以包含所有可能的异或结果。

当m=2时，上文的状压dp不会超时。
j只能是0或1，我选择从高向低，记搜。

别忘取模。

int tt;
ll n, m, dp[62][2], cnt[62][2];

ll powmod(ll a, ll b, ll p) {
	if (!b) return 1;
	if (b & 1) return powmod(a, b - 1, p) * a % p;
	ll t = powmod(a, b >> 1, p); return t * t % p;
}

void f(int i, int j) {
	if (!i) return;
	if (cnt[i][j] != -1) return;
	if (j) {
		if (n >> i - 1 & 1) {
			f(i - 1, 1);
			cnt[i][j] = cnt[i - 1][1];
			dp[i][j] = dp[i - 1][1];
		}
		else {
			f(i - 1, 0); f(i - 1, 1);
			cnt[i][j] = (cnt[i - 1][0] + cnt[i - 1][1]) % MOD;
			dp[i][j] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % MOD;
		}
	}
	else {
		if (n >> i - 1 & 1) {
			f(i - 1, 0); f(i - 1, 1);
			cnt[i][j] = (cnt[i - 1][0] + cnt[i - 1][1]) % MOD;
			dp[i][j] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % MOD;
		}
		else {
			f(i - 1, 0);
			cnt[i][j] = cnt[i - 1][0];
			dp[i][j] = dp[i - 1][0];
		}
	}
	if (j ^ n >> i & 1) plusmod(dp[i][j], cnt[i][j] * powmod(2, i, MOD));//直接位运算可能爆longlong
}

int main() {
	setIO("");
	
	cin >> tt;
	
	while (tt--) {
		cin >> n >> m;
		memset(cnt, -1, sizeof(cnt));
		cnt[0][0] = 1; dp[0][0] = n & 1;
		cnt[0][1] = 0; dp[0][1] = 0;
		
		if (m == 1) {
			cout << n % MOD << "\n";
		}
		else if (m == 2) {
			f(60, 0);
			cout << dp[60][0] << "\n";
		}
		else if (n & 1) {
			cout << ((n + 1) / 2 % MOD) * ((n + 1) / 2 % MOD) % MOD << "\n";
		}
		else {
			cout << (n / 2 % MOD) * ((n + 2) / 2 % MOD) % MOD << "\n";
		}
	}
	
	return 0;
}