题目链接：https://codeforces.com/contest/1305
A - Kuroni and the Gifts
诚心诚意的签到题。
B - Kuroni and Simple Strings
题意：给一个括号串s。定义一个括号串是“简单括号串”，当且仅当其是"(((..("+")))...)"的形式，且前后两部分的长度相等。每次操作可以从括号串s中选择一个子序列，要求这个子序列是一个简单括号串，然后把整个子序列从s中删除。要求使用尽可能少的操作使得无法再操作。
题解：假如某个‘(‘的右边还有‘)‘，那么显然还可以继续操作。假如每次只能消除一对‘(‘和‘)‘，那么消除最左侧的‘(‘和最右侧的‘)‘是最好的，根据这个思路可以依次把最左和最右的括号匹配掉，当两边指针相遇之后就不会再有匹配的括号了。
char s[1005];
int ans[1005], atop;
void test_case() {
scanf("%s", s + 1);
int n = strlen(s + 1);
int firstleft = -1, firstright = -1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(s[i] == '(') {
firstleft = i;
break;
}
}
if(firstleft == -1) {
puts("0");
return;
}
for(int i = firstleft + 1; i <= n; ++i) {
if(s[i] == ')') {
firstright = i;
break;
}
}
if(firstright == -1) {
puts("0");
return;
}
puts("1");
int L = 1, R = n;
atop = 0;
while(L <= R) {
if(s[L] == ')') {
++L;
continue;
}
if(s[R] == '(') {
--R;
continue;
}
assert(L < R && s[L] == '(' && s[R] == ')');
ans[++atop] = L;
ans[++atop] = R;
++L;
--R;
}
sort(ans + 1, ans + 1 + atop);
printf("%d\n", atop);
for(int i = 1; i <= atop; ++i)
printf("%d%c", ans[i], " \n"[i == atop]);
}C - Kuroni and Impossible Calculation
题意：给一个n(<=2e5)个非负整数的序列，以及正整数m(<=1000)，求 \(\prod_{1\leq i < j \leq n} |a_i-a_j| \mod m\) 的值。
题解：由于m比较小，所以有一些暴力的做法。假如n>=m+1，那么根据鸽巢原理答案就是0，否则n也会很小。n很小直接n^2计算即可。注意 \(|a-b|\mod m \neq |a \mod m - b \mod m|\) ，这个要分类讨论。
int n, m;
int a[200005];
void test_case() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
if(n >= m + 1) {
puts("0");
return;
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
ll res = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j < i; ++j) {
res *= a[i] - a[j];
if(res >= m)
res %= m;
}
}
printf("%lld\n", res);
}D - Kuroni and the Celebration
题意：给一棵n个节点的有根树，但是根未知，然后每次询问一对(u,v)，评测机返回他们的LCA。使用不超过 \(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) 次询问确定根的编号。
题解：可以观察出，每次询问两个点(u,v)，记得到的LCA为w。那么从w向u走和从w向v走的整棵子树都没用了。但是假如w是u和v其中之一，则只能去掉一棵子树，在极端情况下这棵子树只拥有一个节点，这样会导致询问超限。假如每次选的u和v都是叶子，那么w是u和v其中之一的情况，就可以立即确定其是根，否则一定可以去掉至少两个节点。也就是说一次询问至少去掉两个节点。易知最后的边界，会是一棵2个节点的树或者1个节点的树，假如把度数<=1的都叫做叶子，那么有可能会把1个节点的树的这个节点入队两次，把这个情况去掉，或者规定度数=1的才是叶子。
int n, rt;
set<int> G[1005];
int vis[1005];
queue<int> leaf;
int ask(int u, int v) {
printf("? %d %d\n", u, v);
fflush(stdout);
int w;
scanf("%d", &w);
if(w == u || w == v) {
printf("! %d", w);
fflush(stdout);
exit(0);
}
return w;
}
void test_case() {
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].insert(v);
G[v].insert(u);
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(G[i].size() <= 1) {
leaf.push(i);
vis[i] = 1;
}
}
while(leaf.size() >= 2) {
int u = leaf.front();
leaf.pop();
int v = leaf.front();
leaf.pop();
int w = ask(u, v);
for(auto &eu : G[u]) {
G[eu].erase(u);
if(vis[eu] == 0 && G[eu].size() <= 1) {
leaf.push(eu);
vis[eu] = 1;
}
}
for(auto &ev : G[v]) {
G[ev].erase(v);
if(vis[ev] == 0 && G[ev].size() <= 1) {
leaf.push(ev);
vis[ev] = 1;
}
}
}
assert(leaf.size() == 1);
int r = leaf.front();
printf("! %d", r);
fflush(stdout);
exit(0);
}E - Kuroni and the Score Distribution
显然123456...x这样构造可以获得最大的平衡度，易知用完5000个数的平衡度都不会超过5000*5000。不少于m个平衡度是很好做的，但是比赛的时候不知道怎么弄到恰好m个平衡度，其实只需要调节最后一个x的大小，很明显x每增加1就会失去一个平衡度。这样总是有一个位置是刚刚好的，大概这最后一个数会在10000附近。假如还有剩下的数，就从1e6开始，每隔20000放一个就可以了。
F
有没有确定性的做法？
原文地址：https://www.cnblogs.com/KisekiPurin2019/p/12406247.html