AGC010
A
答案为 YES 当且仅当奇数有偶数个。
B \((\texttt{Easy} \ 1 / 0)\)
首先把 \(\frac{n(n + 1)}{2} \not| \sum_i a_i\) 判掉，然后我们可以得到操作次数 \(k\)。
设 \(d_i = a_i - a_{i - 1}\)，特别地，当 \(i = 1\) 时 \(d_1 = a_1 - a_n\)。设 \(x_i\) 表示从 \(i\) 开始的操作个数，有
答案为 YES 等价于存在非负整数解，直接判即可。
C \((\texttt{Easy} \ 1 / 0)\)
找到一个度数不为 \(1\) 的点，以它为根 \(\rm dfs\)，发现可以确定 \(\rm LCA\) 为当前点的叶子点对个数，直接判一下能否达到即可。注意对根的要求更为严苛一些。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。
D \((\texttt{Easy} \ 2 / 0)\)
好像是之前的考试题，考场上好像是因为一些奇妙原因挂掉了，但是这个题过了。
不难发现答案只与奇偶性有关，所以我们只用关心 \(2\) 的幂次。
分类讨论。首先如果有 \(1\) 那么结局已定，下面假设所有数 \(> 1\)。如果只有 \(1\) 个奇数，那么先手有两种做法：选择奇数，不改变总和的奇偶性；选择偶数，改变总和的奇偶性。否则，先手一次操作必然改变奇偶性，这时已经能确定胜负了——如果每一步奇偶性都改变的话先手会胜利，那么先手可以让每次后手操作的时候奇数个数 \(> 1\)；否则后手可以让先手每次操作时奇数个数 \(> 1\)。
所以必胜策略非常简单，直接模拟即可。
E \((\texttt{Medium} \ 4 / 0)\)
将 \(a_i\) 排序。
首先后手的策略肯定是这样的：
- 对于所有 \(i < j, (a_i, a_j) > 1\) 的 \((i, j)\)，连一条 \(i \to j\) 的有向边，这样会形成一个 \(\rm DAG\)。
- 对这个 \(\rm DAG\) 拓扑排序，每次取当前入度为 \(0\) 的最大的点。
那么先手的策略，就是把第一步中的图定向。
考虑把 \(i\) 的所有出边排序，然后 \(\rm dfs\) 得到生成森林，设这样定向后手第一步可以选择的最大的数为 \(m\)，容易证明任意一种定向方式后说第一步可以选择的最大数都 \(\ge m\)，于是可以归纳证明正确性。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2 \log \omega)\)，其中 \(\omega\) 为值域。
F \((\texttt{Easy} \ 2 / 0)\)
\(n \le 3000\) 的数据范围允许我们对于每个点 \(\mathcal{O}(n)\) 判定。
首先发现，对于一个点 \(u\)，如果对于与其相邻的任意节点 \(v\) 都有 \(a_v \ge a_u\)，那么从 \(u\) 开始先手是必败的，因为每次先手挪到一个地方，后手就挪回去。
因为树是一张二分图，我们肯定希望我们当前所在的点石子数量越多越好，而如果挪到 \(a_v \ge a_u\) 的点，对手可以挪回来，所以这样做是劣的，我们每次只会往 \(a_v < a_u\) 的 \(v\) 走，直到无法再走了，于是可以用树形 \(\texttt{dp}\) 简单地实现 \(\mathcal{O}(n)\) 判定。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
