A.

题意 ：

在之间选择两个不同数，，使得比其它的任意两个数的gcd值都大

题解：

即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
void solve()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    printf("%d\n", n / 2);
}
int main()
{
    int t;
    for (scanf("%d", &t); t >= 1; t--)
        solve();
}

B.GCD Compression

题意：

给定一个长度为的数组，从中选定个，将它们两两组合相加，形成一个长度为的数组，询问能否使得

题解：

让奇数和奇数组合，偶数和偶数组成，就可以构造出

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
void solve()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    vector<int> v[2];
    for (int i = 0, x; i < 2 * n; i++)
    {
        scanf("%d", &x);
        v[x % 2].push_back(i + 1);
    }
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < 2 && cnt < n - 1; i++)
        for (int j = 0; j + 1 < (int)v[i].size() && cnt < n - 1; j += 2)
        {
            printf("%d %d\n", v[i][j], v[i][j + 1]);
            cnt++;
        }
}
int main()
{
    int t;
    for (scanf("%d", &t); t >= 1; t--)
        solve();
}

C.Number Game

题意：

给定一个数，两个人分别进行操作，一共有两张操作。

1. 除一个大于的一个的奇数因子
2. 减，当

询问最终谁会获胜

题解：

• ,FastestFinger获胜
• ，Ashishgup获胜
• 为奇数，Ashishgup获胜
• 为偶数，当不包含奇数因子时FastestFinger获胜，当包含奇数因子并且除最大的奇数因子的结果不为时，Ashishgup获胜，否则FastestFinger获胜

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
void solve()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    if (n == 1)
        puts("FastestFinger");
    else if (n == 2)
        puts("Ashishgup");
    else if (n % 2)
        puts("Ashishgup");
    else
    {
        for (int i = 2; i * i < n; i++)
            if (n % i == 0)
                if ((i % 2 && (n / i) != 2) || ((n / i) % 2 && i != 2))
                {
                    puts("Ashishgup");
                    return;
                }
        puts("FastestFinger");
    }
}
int main()
{
    int t;
    for (scanf("%d", &t); t >= 1; t--)
        solve();
}

D.Odd-Even Subsequence

题意：

给定一个长度为的数组，要求选出一些元素组成长度为的子序列，这个子序列的花费为。询问最小的花费

题解：

二分答案，分别枚举最小值出现在下标为奇数的和偶数的，如果在奇数，奇数就选取的值，偶数位数值没有要求尽量选取靠左边的值，使得奇数位有更多选取的机会；如果在偶数则相反。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define eps 1e-7
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 1e5 + 5;
const ll mod = 998244353;
int main()
{
    int n, k;
    scanf("%d%d", &n, &k);
    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    int l = 1, r = 1e9;
    while (l < r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        vector<int> cnt(2, 0);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 0; j < 2; j++)
                if (a[i] <= mid || cnt[j] % 2 == j)
                    cnt[j]++;
        if (max(cnt[0], cnt[1]) >= k)
            r = mid;
        else
            l = mid + 1;
    }
    printf("%d\n", l);
    return 0;
}

E. Binary Subsequence Rotation

题意：

给定一个长度为的串和。每次可以选择中的任意一个子序列，对序列中的每个元素向后移一位，询问经过最少多少次操作可以使得和相同

题解：

先判断和中和的数量是否相等，相等则继续判断，否则直接输出。观察可以发现对于一段子序列，中间的实际上是不会改变的，类似情况也成立，因此真正改变的只有或者交替的序列。因此只需遍历一遍，判断该位置是否等于，如果不相等，就判断是否存在以结尾的操作序列，有则加到这个序列尾部，否则就要创建一个新的操作序列，同理

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 1e6 + 5;
const ll mod = 998244353;
char str1[maxn], str2[maxn];
int main()
{
    int n;
    int s1 = 0, s2 = 0;
    scanf("%d %s %s", &n, str1, str2);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        s1 += str1[i] - '0';
    for (int i = 0; i < n; i++)
        s2 += str2[i] - '0';
    if (s1 != s2)
        puts("-1");
    else
    {
        int n1 = 0, n2 = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            if (str1[i] != str2[i])
            {
                if (str1[i] == '0')
                {
                    if (n1 != 0)
                        n1--;
                    n2++;
                }
                else
                {
                    if (n2 != 0)
                        n2--;
                    n1++;
                }
            }
        printf("%d\n", n1 + n2);
    }
    return 0;
}