A. Download More RAM

思路：
$签到题$
$按照a从小到大排序$
$只要k>=对应的a，就+=b$
$输出k即可$
时间复杂度：$Onlogn$

#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define cf int _; cin>> _; while(_--)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int> 
#define re register int
#define lb lower_bound
#define up upper_bound
#define int long long 
#define pb push_back
#define y second 
#define x first 
using namespace std;
inline void sf2(int &a , int &b) { sf(a) , sf(b) ;}
inline void sf3(int n , int a[]) {fer(i,1,n) sf(a[i]);} ;
inline void de(auto x) {cout << x << "\n" ;}
inline void de2(auto a , auto b) {cout << a << " " << b << "\n" ;}
inline void de3(int n , auto a[]){fer(i,1,n) cout << a[i] << " " ;puts("");}
inline void mo(int &a , int b) {a = (a % b + b) % b ;}
inline int gcd(int a,int b){return b ? gcd(b , a % b) : a ;}
inline int qpow(int a,int b,int c){int res=1%c;a%=c;while(b>0){if(b&1)res=res*a%c;a=a*a%c;b>>=1;}return res;}
inline int qadd(int a,int b,int c){int res=0;a%=c;while(b>0){if(b&1)res=(res+a)%c;a=(a+a)%c;b>>=1;}return res;} 
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 3010 , mod = 1e9 + 7 ;
const double eps = 1e-7 , pi = acos(-1.0) ;

int n , k ;
struct ai{
    int a , b ;
}q[N] ;
bool cmp(ai x , ai y)
{
    return x.a < y.a ;
}

signed main()
{
    cf
    {
        cin >> n >> k ;
        fer(i,1,n) sf(q[i].a) ;
        fer(i,1,n) sf(q[i].b) ;

        sort(q + 1 , q + 1 + n , cmp) ;

        fer(i,1,n)
        {
            if(k >= q[i].a)
                k += q[i].b ;
        }

        de(k) ;
    }
    return 0;
}

B. GCD Arrays

思路：
$读完题目第一个想到的就是gcd(x,x+1)=1$
$显然这个性质不是特别关键$

$在仔细想想，只要可能的gcd>1即可$
$2又是除1之外，[l,r]中因数最多的一个数$
$所以gcd>1，具体是多少，操作数最小的一定是2$

$那么统计一下[l,r]中有多少个奇数$
$奇数是一定要和另外一个偶数乘起来$
$所以如果奇数小于等于k，输出YES$

$在特殊判断一下a=b，并且a!=1的情况$
$因为gcd(a,a) = a [ a != 1]$
$这种情况也是YES$
时间复杂度：$Ot$

#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define cf int _; cin>> _; while(_--)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int> 
#define re register int
#define lb lower_bound
#define up upper_bound
#define int long long 
#define pb push_back
#define y second 
#define x first 
using namespace std;
inline void sf2(int &a , int &b) { sf(a) , sf(b) ;}
inline void sf3(int n , int a[]) {fer(i,1,n) sf(a[i]);} ;
inline void de(auto x) {cout << x << "\n" ;}
inline void de2(auto a , auto b) {cout << a << " " << b << "\n" ;}
inline void de3(int n , auto a[]){fer(i,1,n) cout << a[i] << " " ;puts("");}
inline void mo(int &a , int b) {a = (a % b + b) % b ;}
inline int gcd(int a,int b){return b ? gcd(b , a % b) : a ;}
inline int qpow(int a,int b,int c){int res=1%c;a%=c;while(b>0){if(b&1)res=res*a%c;a=a*a%c;b>>=1;}return res;}
inline int qadd(int a,int b,int c){int res=0;a%=c;while(b>0){if(b&1)res=(res+a)%c;a=(a+a)%c;b>>=1;}return res;} 
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 3010 , mod = 1e9 + 7 ;
const double eps = 1e-7 , pi = acos(-1.0) ;

int get(int x) // 返回1-x中有多少个奇数
{
    return (x + 1) / 2 ;
}

signed main()
{
    cf
    {
        int a , b , k ;
        sf2(a , b) , sf(k) ;

        int s = get(b) - get(a - 1) ;
        if(s <= k || (a == b && a != 1)) puts("YES") ;
        else puts("NO") ;

    }
    return 0;
}

C. Meximum Array

思路：
$首先要让字典序最大$
$那么肯定优先选最大的$

$我们可以发现答案的第一个数是整个序列里面的MEX$
$那么我们首先消除的前k个数$

$要保证这k个数的MEX=整个序列的MEX$
$并且保证k最小，这样你可以选更多的数$

$删掉之后的下一个数是剩下一整个序列的MEX$
$模拟上述过程即可$

$具体可以看代码细节$
时间复杂度：$On$

#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define cf int _; cin>> _; while(_--)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int> 
#define re register int
#define lb lower_bound
#define up upper_bound
#define int long long 
#define pb push_back
#define y second 
#define x first 
using namespace std;
inline void sf2(int &a , int &b) { sf(a) , sf(b) ;}
inline void sf3(int n , int a[]) {fer(i,1,n) sf(a[i]);} ;
inline void de(auto x) {cout << x << "\n" ;}
inline void de2(auto a , auto b) {cout << a << " " << b << "\n" ;}
inline void de3(int n , auto a[]){fer(i,1,n) cout << a[i] << " " ;puts("");}
inline void mo(int &a , int b) {a = (a % b + b) % b ;}
inline int gcd(int a,int b){return b ? gcd(b , a % b) : a ;}
inline int qpow(int a,int b,int c){int res=1%c;a%=c;while(b>0){if(b&1)res=res*a%c;a=a*a%c;b>>=1;}return res;}
inline int qadd(int a,int b,int c){int res=0;a%=c;while(b>0){if(b&1)res=(res+a)%c;a=(a+a)%c;b>>=1;}return res;} 
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 3010 , mod = 1e9 + 7 ;
const double eps = 1e-7 , pi = acos(-1.0) ;

int n ;
int a[N] ;
int st[N] ;
int s[N] ;

signed main()
{
    cf
    {
        cin >> n ;
        fer(i,0,n) st[i] = 0 ;
        fer(i,1,n) sf(a[i]) , st[a[i]] ++ ;
        int k = 0 ;
        while(st[k]) k ++ ;
        // k为整个序列的MEX
        vector<int> v ;
        // v数组记录答案

        int t = 0 ; 
        // t表示从0到k-1出现了多少个数
        fer(i,0,k) s[i] = 0 ;
        for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
        {
            if(a[i] <= k - 1)
            {
                if(!s[a[i]])
                {
                    s[a[i]] ++ ;
                    t ++ ;
                }
                else s[a[i]] ++ ;
            }

            if(t == k) // 如果连续出现的数的个数=k了
            {
                v.pb(k) ;
                fer(i,0,k - 1) st[i] -= s[i] ;
                // 在st数组里面减掉这些数的出现次数
                t = 0 ; 
                k = 0 ;
                while(st[k]) k ++ ;
                // 重新找到整个序列的MEX
                fer(i,0,k) s[i] = 0 ;
            }
        }

        // 输出答案
        de(sz(v)) ;
        for(auto i : v) cout << i << " " ;
        puts("") ;

    }
    return 0;
}

D. Peculiar Movie Preferences

思路：
$如果出现了同一个字母组成的字符串一定为YES$

$在考虑长度为2的字符串$
$xy和yx同时出现说明可以$

$在考虑长度为3的字符串$
$xyz和zyx同时出现说明可以$

$在考虑长度为2和3的拼接$
$如果出现了xyzyx[xyz+yx]$
$xyz在前面yx在后面$

$或者是xyzyx[xy+zyx]$
$xy在前面,zyx在后面$
$这2种情况都可以$
$其他情况均为不可能$

$为什么不讨论2个长度为3和3个长度为2的拼接$
$因为如果出现了这样的情况，说明一定出现了长度为2和3的拼接$
时间复杂度：$Onlogn$

#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define cf int _; cin>> _; while(_--)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int> 
#define re register int
#define lb lower_bound
#define up upper_bound
#define int long long 
#define pb push_back
#define y second 
#define x first 
using namespace std;
inline void sf2(int &a , int &b) { sf(a) , sf(b) ;}
inline void sf3(int n , int a[]) {fer(i,1,n) sf(a[i]);} ;
inline void de(auto x) {cout << x << "\n" ;}
inline void de2(auto a , auto b) {cout << a << " " << b << "\n" ;}
inline void de3(int n , auto a[]){fer(i,1,n) cout << a[i] << " " ;puts("");}
inline void mo(int &a , int b) {a = (a % b + b) % b ;}
inline int gcd(int a,int b){return b ? gcd(b , a % b) : a ;}
inline int qpow(int a,int b,int c){int res=1%c;a%=c;while(b>0){if(b&1)res=res*a%c;a=a*a%c;b>>=1;}return res;}
inline int qadd(int a,int b,int c){int res=0;a%=c;while(b>0){if(b&1)res=(res+a)%c;a=(a+a)%c;b>>=1;}return res;} 
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 3010 , mod = 1e9 + 7 ;
const double eps = 1e-7 , pi = acos(-1.0) ;

int n ;
string q[N] ;

signed main()
{
    cf
    {
        cin >> n ;
        int f1 = 0 ;
        map<string,int> mp , p;
        fer(i,1,n) 
        {
            cin >> q[i] , mp[q[i]] ++ ;    
            if(sz(q[i]) == 1) f1 = 1 ;
            else if(sz(q[i]) == 2) 
            {
                if(q[i][0] == q[i][1]) 
                    f1 = 1 ;
            }
            else 
            {
                if(q[i][0] == q[i][1] && q[i][0] == q[i][2])
                    f1 = 1 ;
            }
            // 如果出现了同一个字母组成的字符串一定为YES
        }

        fer(i,1,n)
        {
            p[q[i]] ++ ;
            if(sz(q[i]) == 2)
            {
                string t = q[i] ;
                reverse(all(t)) ;
                if(mp[t]) f1 = 1 ;
                // xy和yx同时出现说明可以
            }
            else if(sz(q[i]) == 3)
            {
                string t1 = "" ;
                string t2 = "" ;

                string t = q[i] ;
                reverse(all(t)) ;
                if(mp[t]) f1 = 1 ;
                // xyz和zyx时出现说明可以

                fer(j,1,2) t1 = t1 + q[i][j] ;
                fer(j,0,1) t2 = t2 + q[i][j] ;

                reverse(all(t1)) ;
                reverse(all(t2)) ;
                if(p[t1] || mp[t2]) f1 = 1 ;
                // 如果出现了xyzyx[xyz+yx]
                // 或者是xyzyx[xy+zyx] 也说明可以
            }
            mp[q[i]] -- ;
        }

        if(f1) puts("YES") ;
        else puts("NO") ;
    }
    return 0;
}