A：

题意：给定一个递增序列， 问最多能删除多少个连续数字，要求删除数字之后能还原成原来的数列。

题解：直接找就好了，为了方便可以使得第0个数字为0， 第n+1个元素为1001

代码：

#include
      
       using namespace std;#define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout);#define LL long long#define ULL unsigned LL#define fi first#define se second#define pb push_back#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1#define lch(x) tr[x].son[0]#define rch(x) tr[x].son[1]#define max3(a,b,c) max(a,max(b,c))#define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))typedef pair
       
         pll;const int inf = 0x3f3f3f3f;const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;const LL mod =  (int)1e9+7;const int N = 1e5 + 100;int a[N];int main(){    int n, m = 0;    scanf("%d", &n);    a[0] = 0, a[n+1] = 1001;    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);    int ans = 0;    for(int i = 1; i <= n; ++i){        if(a[i-1]+1 == a[i] && a[i]+1 == a[i+1]) m++;        else m = 0;        ans = max(ans, m);    }    cout << ans << endl;    return 0;}
       
      

 

B：

题意：给你一个n，现在有2种操作，1把这个n乘上一个值，2把这个n开根号，要求开完根号之后还是整数，求n最小能变成多少，以及最小的操作次数。

题解：对于一个数字，我们先把他分解质因子，计算每个因子的个数，很明白，只有所有的质因子都为偶数的时候，他这个时候才能开方，

并且，这个数的最小值就是这些不同的质因子的乘积。

要使数字变小，所以我们先需要把每个因子的个数都变成偶数，然后在开根号，因子个数都会/2

所以我们需要找到最大的因子个数是啥，假如为x，然后把所有数目都变成 x <= 2^k 次，然后我们只需要一直开方就好了。

如果x = 5, 我们至少要把除3次，为了避免每次都需要先乘上一个数，我们把第一次乘法的时候就把他变成2^k。

代码：

#include
      
       using namespace std;#define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout);#define LL long long#define ULL unsigned LL#define fi first#define se second#define pb push_back#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1#define lch(x) tr[x].son[0]#define rch(x) tr[x].son[1]#define max3(a,b,c) max(a,max(b,c))#define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))typedef pair
       
         pll;const int inf = 0x3f3f3f3f;const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;const LL mod =  (int)1e9+7;const int N = 1e5 + 100;vector
        
          vc;int aaans = 1;void solve(int x){    for(int i = 2; i*i <= x; ++i){        if(x%i == 0){            int cnt = 0;            aaans *= i;            while(x%i == 0){                x /= i;                cnt++;            }            vc.pb(cnt);        }    }    if(x != 1) vc.pb(1);    aaans *= x;}int cnt = 0;int main(){    int n;    scanf("%d", &n);    solve(n);    if(vc.size() == 0) vc.pb(1);    int mx = 0, f = 0;    for(auto v : vc){        mx = max(v, mx);    }    int tmp = 0;    for(int i = 0;;++i){        if(mx <= (1<
         
          << tmp;    for(auto v: vc){        if(tmp != v) f = 1;    }    ans += f;    cout << aaans << ' ' << ans << endl;    return 0;}
         
        
       
      

 

C：

题解：找规律。

代码：

#include
      
       using namespace std;#define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout);#define LL long long#define ULL unsigned LL#define fi first#define se second#define pb push_back#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1#define lch(x) tr[x].son[0]#define rch(x) tr[x].son[1]#define max3(a,b,c) max(a,max(b,c))#define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))typedef pair
       
         pll;const int inf = 0x3f3f3f3f;const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;const LL mod = (int)1e9+7;const int N = 1e5 + 100;int cnt[N][2];LL dp[N];void init(){    //LL t = 1;    dp[1] = 1;    for(int i = 2; i < N; ++i){        dp[i] = dp[i-1]<<1;        if(dp[i] > mod) dp[i] -= mod;    }}int solve(int x, int y){    LL ret = 0;    ret = dp[y+1] - 1;    ret += (dp[y+1]-1)*(dp[x+1]-1);    ret = ((ret%mod)+mod)%mod;    return ret;}char s[N];int main(){    int n, q;    init();    scanf("%d%d", &n, &q);    scanf("%s", s+1);    for(int i = 1; i <= n; ++i){        cnt[i][0] = cnt[i-1][0];        cnt[i][1] = cnt[i-1][1];        cnt[i][s[i]-'0']++;    }    int l, r;    while(q--){        scanf("%d%d", &l, &r);        printf("%d\n", solve(cnt[r][0]-cnt[l-1][0],cnt[r][1]-cnt[l-1][1]));    }    return 0;}
       
      

 

 

D：

题解：我们可以从样例分析中发现，我们可以经过4次跳跃之后返回到原来的这个地方。

也就是说，我们每次走到一个新的位置之后，我们可以遍历他的所有因子，再返回到这个位置，然后继续按原来的路径行事。

我们不用管他怎么走，只需要明白每出现一个数会对答案产生什么影响就好了。

代码：

#include
      
       using namespace std;#define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout);#define LL long long#define ULL unsigned LL#define fi first#define se second#define pb push_back#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1#define lch(x) tr[x].son[0]#define rch(x) tr[x].son[1]#define max3(a,b,c) max(a,max(b,c))#define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))typedef pair
       
         pll;const int inf = 0x3f3f3f3f;const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;const LL mod =  (int)1e9+7;const int N = 1e5 + 100;int vis[N];void init(){    for(int i = 2; i < N; ++i){        for(int j = i+i, t = 2; j < N; j+=i, t++){                vis[j] += t;        }    }}int main(){    int n;    scanf("%d", &n);    init();    LL sum = 0;    for(int i = 2; i <= n; ++i){        sum += vis[i];    }    cout << sum*4 << endl;    return 0;}
       
      

 

E：

题意：求多个点 在可以删除一个点的前提下剩下的点lca 取 深度最大的点能是啥。

题解：我们把树建立起来，跑一遍dfs，记录下他的dfs序。

那么答案就是找到这个区间的 最大值dfs序， 次大值， 次小值， 最小值。

然后答案就是在删除最大值的位置下 和 删除最小值的位置下取优。

这个操作是基于一个思想，就是 这些点的lca就是 dfs序的最大值的那个位置 和 最小值的那个位置的lca。

原因很简单，我们需要找到一个点 他的dfs序 入和出 能包括询问的所有的dfs序。

也就是说找到一个点  in[v] <= min(q - point )  out[v] >= max( q - point)

观察上式，我们发现只有 最大值和最小值发生了改变才会对答案产生影响， 删除中间的点是不会产生影响的。

所以我们只需要找到 最大值， 次大值， 次小值， 最小值 然后删除最大值 查询最小值和次大值的lca 和 删除最小值查询次小值和最大值的lca 2者取优就好了。

代码：

#include
      
       using namespace std;#define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout);#define LL long long#define ULL unsigned LL#define fi first#define se second#define pb push_back#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1#define lch(x) tr[x].son[0]#define rch(x) tr[x].son[1]#define max3(a,b,c) max(a,max(b,c))#define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))typedef pair
       
         pll;const int inf = 0x3f3f3f3f;const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;const LL mod =  (int)1e9+7;const int N = 1e5 + 100;int anc[N][20];int dfn[N], now = 0, deep[N], pos[N];int n, q;vector
        
          vc[N];void dfs(int u){    dfn[u] = ++now;    pos[now] = u;    for(auto v : vc[u]){        deep[v] = deep[u] + 1;        anc[v][0] = u;        for(int i = 1; i < 18; ++i) anc[v][i] = anc[anc[v][i-1]][i-1];        dfs(v);    }}int Find(int u, int v){    if(deep[u] < deep[v]) swap(u,v);    int x = deep[u] - deep[v];    for(int i = 17; i >= 0; --i)        if((x>>i)&1)            u = anc[u][i];    if(u == v) return u;    for(int i = 17; i >= 0; --i)        if(anc[u][i] != anc[v][i])            u = anc[u][i], v = anc[v][i];    return anc[v][0];}int tmx[N<<2], tmn[N<<2];void build(int l, int r, int rt){    if(l == r){        tmx[rt] = tmn[rt] = dfn[l];        return ;    }    int m = l+r >> 1;    build(lson); build(rson);    tmx[rt] = max(tmx[rt<<1], tmx[rt<<1|1]);    tmn[rt] = min(tmn[rt<<1], tmn[rt<<1|1]);}int Qmax(int L, int R, int l, int r, int rt){    if(L > R) return 0;    if(L <= l && r <= R) return tmx[rt];    int m = l+r >> 1;    int ret = 0;    if(L <= m) ret = max(ret, Qmax(L,R,lson));    if(m < R) ret = max(ret, Qmax(L,R,rson));    return ret;}int Qmin(int L, int R, int l, int r, int rt){    if(L > R) return N;    if(L <= l && r <= R) return tmn[rt];    int m = l+r >> 1;    int ret = N;    if(L <= m) ret = min(ret, Qmin(L,R,lson));    if(m < R) ret = min(ret, Qmin(L,R,rson));    return ret;}void solve(int l, int r){    int x1, x2, x3, x4;    int v1, v2, v3, v4;    v1 = Qmax(l,r,1,n,1);    x1 = pos[v1];    v2 = max(Qmax(l,x1-1,1,n,1), Qmax(x1+1,r,1,n,1));    x2 = pos[v2];    v4 = Qmin(l,r,1,n,1);    x4 = pos[v4];    v3 = min(Qmin(l,x4-1,1,n,1), Qmin(x4+1,r,1,n,1));    x3 = pos[v3];    int ans1 = deep[Find(x1,x3)];    int ans2 = deep[Find(x2,x4)];    if(ans1 >= ans2)        printf("%d %d\n", x4, ans1);    else printf("%d %d\n", x1, ans2);}int main(){    scanf("%d%d", &n, &q);    for(int i = 2, u; i <= n; ++i){        scanf("%d", &u);        vc[u].pb(i);    }    dfs(1);    build(1,n,1);    int l, r;    while(q--){        scanf("%d%d", &l, &r);        solve(l, r);    }    return 0;}
        
       
      

 

F：

题意：问有多少个点是合法点，u点如果是合法点，则最多只有一个点v 是 u没法走到v， v没法走到u。 题目说了一开始的图不会是强连通图。

题解：

我们先正向建图，然后按照拓扑排序的写法，当一个点的度数为0的时候入队。

每次我们取出一个点，我们看看队内是否为空，如果队内为空，则我们目前的这个点一定就是可以走到剩下图中所有的点。

如果队内还有一个点， 首先我们需要明白， 已经取出来的点x 和 还在队内的那个点y 这2个点之间是没有边的关系的，即 x 不能走到 y， y不能走到x。

现在我们判断一下，在剩下的图中，是不是有一个点是只能通过y走到的，如果存在这样的一个点，那么算上y之后就有2个点是x所不能走到了，那么x一定是非法点，所以我们不需要再精确的计算出x能到达多少点，这已经是没有意义的了。如果不存在一个点只能通过y走到，那么到目前为止，对于x来说只有y是没办法走到了，剩下图中的所有点都是可以走到的。

当队内不止有一个点之后，我们通过上面的分析可以明白，x一定不会是合法点，因为已经至少有2个点不行了，同样的我们也不再需要计算x可以到多少个点。

我们再反向建图，再按上面的程序跑一遍。

最后我们把v能达到的点的数目和能到达v点的数目加起来，就可以判断这个点是不是合法点了。

代码：

　

#include
      
       using namespace std;#define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout);#define LL long long#define ULL unsigned LL#define fi first#define se second#define pb push_back#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1#define lch(x) tr[x].son[0]#define rch(x) tr[x].son[1]#define max3(a,b,c) max(a,max(b,c))#define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))typedef pair
       
         pll;const int inf = 0x3f3f3f3f;const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;const LL mod =  (int)1e9+7;const int N = 3e5 + 100;vector
        
          vc[N];int u[N], v[N], d[N];int ans[N];int n, m;int sta[N];void bfs(){    int tot = n;    int l = 0, r = 0;    for(int i = 1; i <= n; ++i)        if(d[i] == 0){            sta[r++] = i;            tot--;        }    while(l < r){        int x = sta[l++];        if(l == r) ans[x] += tot;        else if(l+1 == r){            int y = sta[l], f = 1;            for(auto v : vc[y]){                if(d[v] == 1){                    f = 0;                    break;                }            }            if(f) ans[x] += tot;        }        for(auto v : vc[x]){            --d[v];            if(d[v] == 0){                sta[r++] = v;                tot--;            }        }    }}int main(){    scanf("%d%d", &n, &m);    for(int i = 1; i <= m; ++i)        scanf("%d%d", &u[i], &v[i]);    for(int i = 1; i <= m; i++){        vc[u[i]].pb(v[i]);        ++d[v[i]];    }    bfs();    for(int i = 1; i <= n; ++i)        vc[i].clear();    for(int i = 1; i <= m; ++i){        vc[v[i]].pb(u[i]);        ++d[u[i]];    }    bfs();    int fans = 0;    for(int i = 1; i <= n; ++i){        fans += (ans[i] >= n-2);    }    printf("%d\n", fans);    return 0;}