[Pinely Round 4 (Div. 1 + Div. 2)](https://codeforces.com/contest/1991)

A. Maximize the Last Element

题意

给一个长度为的数组 , (n为奇数) ， 每次你可以删除数组中相邻的两个数，直到数组剩下一个数，问数组最终剩下的那个数最大为多少。

思路

可以发现， 我们最终只有可能留下奇数位的元素 ，对其取max即可。

证明： 整个数组中有undefinedfrac{n+1}{2}\frac{n-1}{2}\frac{n-1}{2}1$ 个，而偶数下标剩0个。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
void solve(){
	int n;
	cin>>n;
	int ans = 0;
	for(int i = 1;i<=n;i+=2){
		int num;cin>>num; ans = max(ans,num);
	}
	cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
	int T = 1;
	cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}

B. AND Reconstruction

题意

给你一个长度为 的数组b，请你构造一个长度为n的数组a，满足 , 其中undefined&$表示按位与。

若构造不出合法的数组 ,输出-1

思路

我们既然要构造a数组，那么就考虑 受到b的哪些元素影响，可以发现 只和 有关， 并且 中为1的数位，在 中都应该是1， 所以我们让 就可以得到最终的a[i]数组， 然后我们再按顺序判断一下对于所有的是否都满足

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
void solve(){
	int n;
	cin>>n;
	vector<int>a(n+5),b(n+5);
	
	for(int i = 1;i<n;i++){
		cin>>b[i];
	}
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		a[i] = b[i-1] | b[i];
	}
	for(int i = 1;i<n;i++){
		if((a[i] & a[i+1])!= b[i]) {cout<<-1<<endl;return ;}
	}
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		cout<<a[i]<<" ";
	}
	puts("");
}
signed main(){
	int T = 1;
	cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}

C. Absolute Zero

题意

给你一个长度为n的数组a， , （） 你要进行至多40次操作（无需令操作数最少）， 每次操作选择一个数x， 并令所有的 变为 , 其中的 表示 的绝对值。

在进行完一些操作之后，让整个a数组全部变为0。 如果无法实现， 输出-1。

思路

首先考虑不成立的情况， 如果我们令数组中所有的元素都同时减去一个偶数，那么他们的奇偶性都会保持不变； 相反如果同时减去一个奇数，那么他们的奇偶性都会变化。 而我们最终要求所有的数都是0，即都是偶数。于是我们就可以发现，**如果数组a中同时含有奇数以及偶数，那么就无法让a全部变为0。**

接下来我们考虑如何解决这道题。最多40次使我们很容易想到按位处理。

起初所有的 都满足 , 所以我们第一次操作选择 ，便可以让所有的数都满足 ,

再接着我们第二次操作选择 ， 于是所有的数都满足了

不断重复如上选择，直到最后选择了 。

我们不断如上选择会不断缩小a数组元素的取值范围。使得最终都变为0 。

需要特殊注意的是，此时如果a数组原本为奇数数组，那么所有的数都变为了0 。 但如果a数组是偶数数组，那么最终还要在选择一次0.

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
void solve(){
	int n;
	cin>>n;
	vector<int> a(n+5);
	rep(i,1,n){
		cin>>a[i];
	}
	int odd=0,even=0;
    //特判是否能够成立
	rep(i,1,n){
		if(a[i]%2) odd=1;
		else even=1;
	}
	if(odd&&even){ // 如果同时有奇数和偶数，就不能
		cout<<-1<<endl;
		return ;
	}
	vector<int> ans;//存储答案
	for(int i=29;i>=0;i--) ans.push_back(1<<i);
    if(even) ans.push_back(1);
	cout<<ans.size()<<endl;
	for(auto p : ans){
		cout<<p<<' ';
	}puts("");
}
 signed main(){
	int T = 1;
	cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}

D. Prime XOR Coloring

题意

给你一个无向图，图中有个节点，编号从到。 如果 是一个质数 （表示u和v进行按位异或） ，那么和之间有一条边相连。 请你给这个节点染色，使得不存在两个相邻的节点有相同的颜色。

思路

先给出结论，所有的节点最多只需要4种颜色。

因为节点 所以他们四个的颜色必须不同，我们为他们四个分配四种颜色。

于是当 时，我们直接打表输出。 当 时，我们令 , 这样就保证了任意两个相同颜色的节点的差一定是4的倍数，那么他们的异或就一定不是质数。也就满足了题意。。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
void solve(){
	int n;cin>>n;
	if(n == 1){
		cout<<"1\n1\n";return ;
	}
	if(n == 2){
		cout<<"2\n1 2\n";return ;
	}
	if(n == 3){
		cout<<"2\n1 2 2\n";return ;
	}
	if(n == 4){
		cout<<"3\n1 2 2 3\n";return ;
	}
	if(n==5){
		cout<<"3\n1 2 2 3 3\n";return ;
	}
	vector<int> color(n+5);
	for(int i = 1;i<=4;i++){
		color[i] = i;
	}
	for(int i = 5;i<=n;i++){
		int t = i ^ 2;
		if(i%2){
			color[i] = 1;
			if(t <= i) color[i] = 4 - color[t];
		}else {
			color[i] = 2;
			if(t <= i) color[i] = 6 - color[t];
		}
	}w
	cout<<"4\n";
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		cout<<color[i]<<' ';
	}
	puts("");
}

signed main(){
	int T = 1;
	cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}