H、牛牛与棋盘

签到题，奇偶打印即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define js ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0)
#define all(__vv__) (__vv__).begin(), (__vv__).end()
#define endl "\n"
#define pai pair<int, int>
#define ms(__x__,__val__) memset(__x__, __val__, sizeof(__x__))
#define rep(i, sta, en) for(int i=sta; i<=en; ++i)
#define repp(i, sta, en) for(int i=sta; i>=en; --i)
typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double ld;
inline ll read() { ll s = 0, w = 1; char ch = getchar(); for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') w = -1; for (; isdigit(ch); ch = getchar())    s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48); return s * w; }
inline void print(ll x, int op = 10) { if (!x) { putchar('0'); if (op)    putchar(op); return; }    char F[40]; ll tmp = x > 0 ? x : -x;    if (x < 0)putchar('-');    int cnt = 0;    while (tmp > 0) { F[cnt++] = tmp % 10 + '0';        tmp /= 10; }    while (cnt > 0)putchar(F[--cnt]);    if (op)    putchar(op); }
inline ll gcd(ll x, ll y) { return y ? gcd(y, x % y) : x; }
ll qpow(ll a, ll b) { ll ans = 1;    while (b) { if (b & 1)    ans *= a;        b >>= 1;        a *= a; }    return ans; }    ll qpow(ll a, ll b, ll mod) { ll ans = 1; while (b) { if (b & 1)(ans *= a) %= mod; b >>= 1; (a *= a) %= mod; }return ans % mod; }
const int dir[][2] = { {0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1} };
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e6 + 7;

ll n, m;
ll a[N];
void solve() {
    n = read();
    rep(i, 1, n) {
        rep(j, 1, n) {
            if ((i + j) & 1)    printf("1");
            else printf("0");
        }
        puts("");
    }
}

int main() {
    //int T = read();    while (T--)
    solve();
    return 0;
}

F、牛牛与交换排序

赛后数据已经加强，但是可能的函数太过优秀，依旧可以跑过答案）hh。
现在开始正解，题目要求我们找到一个k，显然这个k就是第一个不在位置上的点到她要置换的点之间的距离。
但是下方进行翻转操作怎么办呢，使用遍历每次遍历都使用一次函数是很容易超时的，那么我们有没有什么可以快速记录当前位置的办法呢？使用双端队列结构。
我们每次选择一段长度进行翻转，显然当前长度为k的线段下次就要向后平移一个单位，并且头尾调换。那么我们去维护一个双端队列，初始时候把第一个不符合的位置以及他后面长度为k的点全部从队尾一个个插入到队列中。那么下次如果从队尾比对到了现在要放的元素，说明我们要做一次翻转，那么翻转之后剩下个元素就变成倒序了，并且下一个元素就应该插入到对头前面去。那么同理如果对头元素是我们需要的元素那么下一个元素就应该放在队尾后面了。相当于一直动态的维护一个长度为k的序列。

const int N = 1e6 + 7;

ll n, m;
ll a[N];
void solve() {
    n = read();
    rep(i, 1, n)    a[i] = read();
    int pos = -1, len = -1;
    rep(i, 1, n) {
        if (a[i] == i)    continue;
        rep(j, i + 1, n)
            if (a[j] == i) {
                pos = i, len = j - i + 1;
                break;
            }
        break;
    }
    if (pos == -1) { puts("yes"); print(1); return; }
    deque<int> q;
    rep(i, pos, pos + len - 1)    q.push_back(a[i]);
    int op = 0;
    rep(i, pos + len, n) {
        if (q.back() == pos) {
            q.pop_back();
            op = 1;
        }
        else if (q.front() == pos) {
            q.pop_front();
            op = 0;
        }
        else { puts("no"); return; }

        if (op)    q.push_front(a[i]); // 做了第一次翻转为例，下一次应该接在队头后面了
        else q.push_back(a[i]);
        ++pos;
    }
    bool flag = 0;
    if (q.front() == pos) {
        for (auto& it : q) {
            if (it != pos)    flag = 1;
            ++pos;
        }
    }
    else { // 倒序
        pos = 0;
        for (auto& it : q) {
            if (it != n - pos)    flag = 1;
            ++pos;
        }
    }
    if (flag)    puts("no");
    else puts("yes"), print(len);
}

I、牛牛的“质因数”

根据唯一分解定理，每一个数都可以拆解成一些素数幂积的形式，那么既然可以拆解，那么我们就使用递推的方式依次枚举每个素数的幂次，从小到大顺序递推，这样就不需要每次枚举一个数重新计算它的幂积是多大了。如果很多次重复去分解质因数好像是会超时的。

const int N = 4e6 + 7;

ll n, m;
ll a[N];
bool vis[N];
ll prime[N], cnt;

int calc(int x) {
    int cnt = 0;
    while (x) {
        ++cnt;
        x = x / 10;
    }
    return cnt;
}

void solve() {
    n = read();
    rep(i, 2, n) { // O(n)筛法
        if (!vis[i])    prime[++cnt] = i;
        for (int j = 1; j <= cnt; ++j) {
            if (i * prime[j] > n)    break;