A

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int mx = -2e9, mi = 2e9;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        mi = min(x, mi);
        mx = max(x, mx);
    }
    if (mi < 0) cout << mi << '\n';
    else 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;
}

B

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int pos[3];
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        if (x == 1) pos[0] = i;
        else if (x == 2) pos[1] = i;
        else if (x == n) pos[2] = i;
    }
    if (pos[2] < pos[1] && pos[2] < pos[0]) cout << pos[2] << ' ' << min(pos[0], pos[1]) << '\n';
    else if (pos[2] > pos[1] && pos[2] > pos[0]) cout << pos[2] << ' ' << max(pos[0], pos[1]) << '\n';
    else cout << 1 << ' ' << 1 << '\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

构造一个 \(n \times m\) 的矩阵，矩阵中的元素是 \(1 \sim n \times m\) 的数字，每个数字只能出现一次，要求相邻元素差的绝对值不是个素数。

知识点：构造。

方法一

按 \(m\) 奇偶性分类：

1. \(m\) 是偶数，可构造形如：

   \[\begin{array}{l}
   &1 &2 &3 &4\\
   &5 &6 &7 &8\\
   &9 &10 &11 &12\\
   &13 &14 &15 &16\\
   \end{array}
   \]

   可以保证左右的差的绝对值为 \(1\) ，上下的差的绝对值是 \(m\) 。

2. \(m\) 是奇数，可构造形如：

   \[\begin{array}{l}
   &1 &2 &3 &4 &5\\
   &7 &8 &9 &10 &6\\
   &13 &14 &15 &11 &12\\
   &19 &20 &16 &17 &18\\
   \end{array}
   \]

   可以保证左右的差的绝对值为 \(1\) ，上下的差的绝对值是 \(m+1\) 。

时间复杂度 \(O(nm)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

方法二

可构造形如：

\[\begin{array}{l}
&1 &2 &3 &4\\
&9 &10 &11 &12\\
&17 &18 &19 &20\\
&5 &6 &7 &8\\
&13 &14 &15 &16\\
\end{array}
\]

可以保证左右的差的绝对值为 \(1\) ，上下的差的绝对值是 \(2m\) 或 \(\left( 2 \left\lfloor \dfrac{n-1}{2} \right\rfloor - 1 \right) m\) 。

特别地，当 \(n = 4\) 且 \(m\) 是素数时无法满足，因此考虑 \(n=4\) 时特判，构造形如：

\[\begin{array}{l}
&1 &5 &9 &13 &17\\
&2 &6 &10 &14 &18\\
&3 &7 &11 &15 &19\\
&4 &8 &12 &16 &20\\
\end{array}
\]

时间复杂度 \(O(nm)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

方法一

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

bool solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    if (m & 1) {
        for (int i = 1;i <= n;i++)
            for (int j = 1;j <= m;j++)
                cout << (i - 1) * m + (j + i - 2) % m + 1 << " \n"[j == m];
    }
    else {
        for (int i = 1;i <= n;i++)
            for (int j = 1;j <= m;j++)
                cout << (i - 1) * m + j << " \n"[j == m];
    }
    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;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

bool solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    if (n == 4) {
        for (int i = 1;i <= n;i++)
            for (int j = 1;j <= m;j++)
                cout << i + (j - 1) * n << " \n"[j == m];
    }
    else {
        for (int i = 1;i <= n;i++) {
            int ii = i <= (n + 1) / 2 ? 2 * i - 1 : 2 * (i - (n + 1) / 2);
            for (int j = 1;j <= m;j++) {
                cout << (ii - 1) * m + j << " \n"[j == m];
            }
        }
    }
    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;
}

D

给定一个只包含 ( 和 ) 两种字符的字符串 \(s\) 。

现在要求从 \(s_1\) 出发，最终到达 \(s_n\) ，每次可以左右移动一个位置，并依次写下到达的位置的字符。

问通过 \(s\) ，最后能否写下一个合法括号序列。

知识点：STL，贪心。

首先若 \(n\) 是奇数无解。

这道题本质就是判断：

1. 对于最后一个 (( ，其右方是否存在一个 )) 。
2. 对于第一个 )) ，其左方是否存在一个 (( 。

特别地，对于 \(s_1\) 为 ) 或 \(s_n\) 为 ( ，也要认为是 )) 或 (( 。

容易证明，若不满足两个条件的任意一个，那么一定无解；满足这两个条件，一定能构造出一个解。

到这里，其实用两个 set 分别维护 (( 和 )) 的位置，可以直接写了：

1. 若 (( 和 )) 都不存在，那么有解。
2. 若情况1或2满足任意一个，那么无解。
3. 否则有解。

不过，接下来官方题解的做法更加简洁。

考虑用 set 记录所有位置 \(i\) ，满足：

1. 若 \(i\) 是奇数，满足 \(s_i\) 是 ) 。
2. 若 \(i\) 是偶数，满足 \(s_i\) 是 ( 。

可以看到，第一个满足情况1的位置，只可能在 \(s_1\) 或第一个 )) 的位置；最后一个满足情况2的位置，只可能在 \(s_n\) 或最后一个 (( 的位置。

因此，我们可以通过类似的判断：

1. 若没有位置满足，那么有解。
2. 若第一个记录的位置是奇数或最后一个记录的位置是偶数，那么无解。
3. 否则有解。

时间复杂度 \(O((n+q) \log n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    set<int> st;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        char ch;
        cin >> ch;
        if (ch == '(' && !(i & 1) || ch == ')' && (i & 1)) st.insert(i);
    }

    while (q--) {
        int x;
        cin >> x;
        if (auto it = st.find(x);it != st.end()) st.erase(it);
        else st.insert(x);
        if (n & 1) {
            cout << "NO" << '\n';
            continue;
        }
        if (!st.size()) cout << "YES" << '\n';
        else if ((*st.begin() & 1) || !(*prev(st.end()) & 1)) cout << "NO" << '\n';
        else cout << "YES" << '\n';
    }
    return 0;
}

E

给定 \(n,m,k\) ，再给一个长度为 \(n\) 的整数数组 \(a\) 满足 \(a_i \in [1,k]\) 。

求有多少不同的长度为 \(m\) 的整数数组 \(b\) ，满足 \(b_i \in [1,k]\) 且 \(a\) 是 \(b\) 的子序列。

不同的定义：两个数组任意一个位置数字不同，可看做不同。

知识点：线性dp，排列组合。

先考虑朴素的dp。

设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了 \(b\) 前 \(i\) 个数字，且作为 \(b\) 的子序列的 \(a\) 的前缀的最长长度为 \(j\) ，有转移方程：

\[f_{i,j} = \begin{cases}
f_{i-1,j-1} + (k-1)f_{i-1,j} &,j < n\\
f_{i-1,j-1} + kf_{i-1,j} &,j = n\\
\end{cases}
\]

显然dp是会超时的，但是我们从中可以发现，整个过程和 \(a\) 一点关系都没。

因此，我们就假设 \(a_i = 1\) ，显然求不满足的比较容易。 \(b\) 共有 \(k^m\) 种，不满足的情况为 \(<n\) 个 \(1\) 且其他都不为 \(1\) ，因此不满足的情况有 $\displaystyle $ 种，所以最终答案为：

\[ k^m -\sum_{i=0}^{n-1} \binom{m}{i}(k-1)^{m-i}
\]

其中组合数是 \(m\) 是 \(10^9\) 的，因此不可以用公式法预处理阶乘及其逆元，考虑用乘法公式递推：

\[\binom{m}{i} = \frac{m-i+1}{i} \binom{m}{i-1}
\]

时间复杂度 \(O(n \log m)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int P = 1e9 + 7;
namespace Number_Theory {
    int qpow(int a, ll k) {
        int ans = 1;
        while (k) {
            if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % P;
            k >>= 1;
            a = 1LL * a * a % P;
        }
        return ans;
    }
}
namespace CNM {
    using namespace Number_Theory;
    const int N = 2e5 + 7;
    int n, m, cn[N];
    void init(int _n, int _m) {
        n = _n;
        m = _m;
        cn[0] = 1;
        for (int i = 1;i <= m;i++) cn[i] = 1LL * (n - i + 1) * qpow(i, P - 2) % P * cn[i - 1] % P;
    }
    int Cn(int m) {
        if (n == m && m == -1) return 1;
        if (n < m || m < 0) return 0;
        return cn[m];
    }
}
using Number_Theory::qpow;
using CNM::Cn;

bool solve() {
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1, x;i <= n;i++) cin >> x;
    CNM::init(m, n);
    int ans = qpow(k, m);
    for (int i = 0;i <= n - 1;i++) (ans -= 1LL * Cn(i) * qpow(k - 1, m - i) % P - P) %= P;
    cout << ans << '\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;
}