A. Reverse and Concatenate

思路：
$答案要么1要么2$
$等于1的必要条件是反转之后是它本身$
$反之就是2$
时间复杂度：$On$

#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define cf int _; cin>> _; while(_--)
inline void sf2(int &a , int &b) { sf(a) , sf(b) ;}
signed main()
{
    cf
    {
        int n , m ;
        sf2(n, m);

        string s;
        cin >> s;

        string ans = s;
        reverse(all(s));

        if (s != ans && m)
            puts("2");
        else
            puts("1");
    }
    return 0;
}

B. Fortune Telling

思路：
$注意到x和x+3奇偶性不同$

$如果a是奇数，b是偶数$
$假设x是奇数$
$a+=x是偶数$
$b+=x是奇数$
$a\oplus=x是偶数$
$b\oplus=x是奇数$
$x是偶数同理$

$我们发现a和b的奇偶性一直是相对的$
$如果x是偶数ab奇偶性不变$
$如果x是奇数ab奇偶性交换$

$题目最后一句话$
exactly one of your friends could have actually gotten that number.
$说明答案必定存在$
$所以统计奇数个数即可$

$说点题外话，奇偶性这个性质cf经常考，可以多做做类似的题$
时间复杂度：$On$

#define fer(i,a,b) for(int i = a ; i <= b ; ++ i)
#define cf int _; cin>> _; while(_--)
int n ;
int a[N] , x , y ;

signed main()
{
    cf
    {
        cin >> n >> x >> y ;

        int cnt = 0 ;
        fer(i,1,n)
        {
            sf(a[i]) ;
            if(a[i] & 1) cnt ++ ;
        }

        if(x & 1)
        {
            if(y & 1)
            {
                if(cnt % 2 == 0) puts("Alice") ;
                else puts("Bob") ;
            }
            else
            {
                if(cnt % 2) puts("Alice") ;
                else puts("Bob") ;
            }
        }
        else 
        {
            if(y & 1)
            {
                if(cnt % 2 == 0) puts("Bob") ;
                else puts("Alice") ;
            }
            else
            {
                if(cnt % 2) puts("Bob") ;
                else puts("Alice") ;
            }
        }
    }
    return 0;
}

C. OKEA

思路：
$n是偶数或者k<=1可以，否则都不可以$
时间复杂度：$Onk$

#define fer(i,a,b) for(int i = a ; i <= b ; ++ i)
#define cf int _; cin>> _; while(_--)
signed main()
{
    cf
    {
        int n , k ;
        cin >> n >> k ;

        if(n % 2 == 0)
        {
            puts("YES") ;

            int cnt = 0 ;
            for(int i = 1 ; i <= n * k ; i += 2)
            {
                cnt ++ ;
                cout << i << " " ;
                if(cnt == k)
                {
                    cnt = 0 ;
                    puts("") ;
                }
            }
            for(int i = 2 ; i <= n * k ; i += 2)
            {
                cnt ++ ;
                cout << i << " " ;
                if(cnt == k)
                {
                    cnt = 0 ;
                    puts("") ;
                }
            }
        }
        else if(k <= 1)
        {
            puts("YES") ;
            if(k == 1)
            {
                fer(i,1,n*k)
                {
                    cout << i << "\n" ;
                }
            }
        }
        else puts("NO") ;
    }
    return 0;
}

D. Finding Zero

思路：
$没错,d题想了快2h才做出来$
$有个超级超级重要的性质$
$经过了漫长时间的思考以及草稿纸上的举不出反例才得到的结果$

$第一次假设三个数a[x],a[y],a[z]的下标是1,2,3$

$假设当前差值为last$
$差值就是最大值-最小值,也就是询问x,y,z的结果$

$做2次循环$
$第一次用4到n的每一个数去替换掉第三个数$
$如果当前差值大于等于>=last$
$就替换掉第三个数,同时更新last=当前差值,否则不替换$

$同理，第二次循环替换掉第二个数$
$同时更新last$

$两次循环之后,a[x],a[y],a[z]必定存在0和当前数组中的最大值$
$那怎么找到0和最大值呢$
$有个逻辑是这样的,你找另外一个下标id$

$询问id,y,z的结果$
$如果当前差值=last,说明a[x]一定不是0,那么输出y,z即可$

$同理当前差值!=last,那就用id替换y/z$

$题外话$
$一开始的三个数的下标不一定非得是1,2,3,任意三个不同的下标都可$
$两次循环不一定非得替换第二个数和第三个数，任意2个数皆可$
$这个性质可以在草稿纸上仔细想想推敲推敲$
$个人觉得举不出来反例在算法竞赛当中往往是较为正确的证明$
时间复杂度：$On^2$

#define cf int _; cin>> _; while(_--)
signed main()
{
    cf
    {
        int n ;
        cin >> n ;

        int x = 1 , y = 2 , z = 3 ;
        int last ;

        cout << "? " << x << " " << y << " " << z << '\n' ;
        cout.flush() ;

        cin >> last ;

        for(int i = 4 ; i <= n ; i ++)
        {
            cout << "? " << x << " " << y << " " << i << '\n' ;
            cout.flush() ;

            int k ;
            cin >> k ;

            if(k >= last)
            {
                last = k ;
                z = i ;
            }
        }

        for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
        {
            if(i == x || i == y || i == z) continue ;

            cout << "? " << x << " " << i << " " << z << '\n' ;
            cout.flush() ;

            int k ;
            cin >> k ;

            if(k >= last)
            {
                last = k ;
                y = i ;
            }
        }

        int id = -1 ;
        for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
        {
            if(i == x || i == y || i == z) continue ;

            id = i ;
            break ;
        }

        int k ;
        cout << "? " << id << " " << y << " " << z << '\n' ;
        cout.flush() ;
        cin >> k ;

        if(k == last)
        {
            cout << "! " << y << " " << z << "\n" ;
        }
        else 
        {
            cout << "? " << x << " " << id << " " << z << '\n' ;
            cout.flush() ;
            cin >> k ;

            if(k == last)
            {
                cout << "! " << x << " " << z << "\n" ;
            }
            else
            {
                cout << "? " << x << " " << y << " " << id << '\n' ;
                cout.flush() ;
                cin >> k ;
                if(k == last)
                {
                    cout << "! " << x << " " << y << "\n" ;
                }
                else cout << "! " << x << " " << y << "\n" ;
            }
        }
    }
    return 0;
}