传送门

A.Showstopper【贪心，模拟】

分析
考虑保证最大值的最大性，考虑最优的swap，首先维护第一行，如过说两列都是大于最大值的，就是非法的，如果有一个可以的，把那个小放到这里，如果都可以，考虑大的，使得第二行更安全。
实现

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define ls (id << 1)
#define rs (id << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 105;
int a[N], b[N];
void solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {if (a[i] > a[n] && b[i] > a[n]) {cout << "No\\n";return;}if (a[i] > a[n]) swap(a[i], b[i]);else if (b[i] > a[n]) continue;else {int maxn = max(a[i], b[i]);int minn = min(a[i], b[i]);a[i] = maxn;b[i] = minn;}}for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {if (b[i] > b[n]) {cout << "No\\n";return; }}cout << "Yes\\n";
}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T = 1;cin >> T; while (T--) {solve();}return 0;
}

B.Three Sevens【STL（邻接表）、倒着贪心】

分析
本题关键是如果在某个时间出现了，那么在先前就不可能是winner，首先考虑最后一天，最后一天出现的日子都不可能是其他日子的winner，所以我们可以任选一个，对于倒数第二天出现的人，除去倒数第一天出现过的人，我们可以任选一个，但是这些剩下的人也无法在更早的时间成为winner，依次类推。为了防止memset超时，我们使用vector邻接表来维护，并且使用set来记录是否出现过。
时间复杂度
$O(nlogn)$
实现

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define ls (id << 1)
#define rs (id << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 5e4 + 5;
vector<int> a[N];
void solve() {int m;cin >> m;set<int> st;for (int i = 1; i <= m; i++) a[i].clear();//清空for (int i = 1; i <= m; i++) {int n;cin >> n;for (int j = 0; j < n; j++) {int c;cin >> c;a[i].push_back(c);}}vector<int> ans;for (int i = m; i >= 1; i--) {int flag = 0;for (auto j : a[i]) {if (!st.count(j)) {if (!flag) ans.push_back(j), flag = 1;st.insert(j);}}if (!flag) {cout << -1 << '\\n';return;}}int sz = ans.size();for (int i = sz - 1; i >= 0; i--) {cout << ans[i] << " \\n"[i == 0];}
}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T = 1;cin >> T; while (T--) {solve();}return 0;
}

C.Candy Store【整除问题，贪心】

分析
我们尽可能使得更多的pack具有相同的价格。首先对于所有的价格，肯定是能被所有的单价整除，所以我们取lcm，最后的价格必须是lcm或者是lcm的倍数，但是我们应该如何检验，能否凑出这样的单价呢？考虑首先，最后所以取相等的价格必然是所有ai*bi的gcd，因为都是因子凑出来的，而且这些因子在所有的积中都存在。然后我们应该怎样操作呢？我们只需判断gcd能否整除lcm即可。我们对于所有求出来的最大公因子gcd，我们需要保证其能，所有的b[i]整除，这样才能凑出相同的价格。例如样例
20 3
6 2
gcd = gcd(60, 12) = 12，最多的公因子是12，我们需要凑出pack包裹价格为6 或者是6的倍数，既然能凑出6的倍数，既然6的倍数可以，那么6也是一定可以的，所以只要保证能构造出最小公倍数6即可。首先gcd % lcm 除不尽的话，说明没有lcm这个因子，必定不行。如果除得尽，必然可以凑出来，因为lcm中，对于每一对，包含了所有b[i],能除得尽的话我们可以从装成 lcm / b[i]个一包，这些因子在gcd中存在，所以每一对都是可以整除的，这样我们可以保证这些糖果包的价格均为lcm。

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define ls (id << 1)
#define rs (id << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
ll a[N], b[N];
ll lcm(ll a, ll b) {return a / __gcd(a, b) * b;
}
void solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] >> b[i];ll may = a[1] * b[1], need = b[1];int cnt = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {may = __gcd(a[i] * b[i], may);need = lcm(b[i], need);if (may % need) {cnt++;may = a[i] * b[i];need = b[i];}}cout << cnt << '\\n';
}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T = 1;cin >> T; while (T--) {solve();}return 0;
}

D.Shocking Arrangement【结论题、数学】

分析
问题转换最大子段和小于最大差值d(定值)，子段和可以转换为两个前缀和的差，只需要保证，最大的前缀和和最小的前缀和的差值不超过d，我赛时想了一个比较清奇的思路，我先放最小值，最小值一定是负数，如果再放一个负数会超过d，再放正数，依次类推。这样写法的正确性，首先当某个前缀和大于等于d的时候必定是错的，容易知道，最小值如果是非负的话必定会出问题，所以最小前缀和必定是负数，如果说最大前缀和是负数，那么最大前缀和与最小前缀和的绝对值均小于d，两者值差必然小于d，那么如果说，最大前缀是正的，那么能否存在两者值差大于等于d呢。
例如-1 0 3
首先前缀是负的部分一定满足，而且由于由于正数不能过多，只能有一个正的前缀，这样这个正的前缀必然小于等于最大值，所以必然小于d。
1
4
-1 0 3 5
No
实现

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define ls (id << 1)
#define rs (id << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
int a[N];
void solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];sort(a + 1, a + 1 + n);ll d = a[n] - a[1];ll sum = 0;int l = 1, r = n;vector<int> ans;while (l < r) {ll suml = abs(sum + a[l]), sumr = abs(sum + a[r]);if (suml >= d && sumr >= d) {//这样一定是非法的cout << "No\\n";return;}if (suml < d) {sum += a[l];ans.push_back(a[l]);l++;continue;}if (sumr < d) {sum += a[r];ans.push_back(a[r]);r--;continue;}}if (l == r) {if (abs(sum + a[l]) >= d) {cout << "No\\n";return;}ans.push_back(a[l]);}int sz = ans.size();cout << "Yes\\n";for (int i = 0; i < sz; i++) {cout << ans[i] << " \\n"[i == sz - 1];}
}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T = 1;cin >> T; while (T--) {solve();}return 0;
}