A题：Closest Point
题意
给定若干不同的点，问是否存在一个与这些点不同的点，使得其是对于它们之中的每一点最近
思路
A题不会有很大的难度，我们正常想，如果出现三个点的话，就无法再添加点使得它是全体最近的了。那么只有两个点的情况，然后我们又注意到了样例
2
5 6
做一个特判即可。
代码
inline void solve() {int n; cin >> n;vector<int> a(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];if (n == 2 && a[2] - a[1] > 1) cout << "YES" << endl;else cout << "NO" << endl;return;
}B题：Game with Doors
题意
有100个房间和99道门，每道门连接相邻两个房间。两个人所在的位置区间为[l,r]和[L,R]，问至少要封上几道门才能使得两者无法相遇？
思路
当成线段来考虑，
一：如果两者不相交
那么只需封上一道门就无法相遇了
二：如果两者相交
首先对于重合的部分，必须相邻房间的门都要封上.
然后我们再看，这个重合的两端是否可能到另一个线段上即可。(只要端点不重合，就可以到另一个线段上）
代码
inline void solve() {int l, r, L, R; cin >> l >> r >> L >> R;if (r < L || R < l) cout << 1 << endl;else cout << min(R, r) - max(l, L) + (r != R) + (l != L) << endl;return;
}C题：Splitting Items
题意
Alice和Bob轮流进行操作，每次从数组中取出一个元素，得分一开始为0，Alice会加上她所取的元素的值，而Bob会减去。现在Bob可以提前进行k次数组某一个元素+1的操作，问最后的得分最小是多少？
思路
题目难度不大，感觉是div3
如果不进行操作，Alice首先取最大的，然后Bob取次大的，这样一直进行操作下去。两者取的元素的相对大小一定是Alice大于等于Bob的。
而现在Bob可以加1，但是Bob不会改变相对大小，比如
3 5 +3
6 5
并不会这么操作，只会让3变成5就停止操作了，因为再往上加，是给Alice做贡献，如果还要追平，自己还要再花费1次操作，属于浪费。
代码
inline void solve() {int n, k; cin >> n >> k;vector<int> a(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];sort(a.begin() + 1, a.end(), greater<>());ll ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {if (i & 1) ans += a[i];else {int minv = min(k, a[i - 1] - a[i]);k -= minv, a[i] += minv;ans -= a[i];}}cout << ans << endl;return;
}D题：Colored Portals
题意
每个城市有两种颜色，你只能前往与你所在城市具有相同颜色的城市，花费的代价为abs(i-j)。给定q个询问起点和终点，问最小花费
思路
别多想，就两种情况
一：给定的两个城市具有相同的颜色
那么直接花费abs(i-j)前往即可，这就是最小的
二：需要借助其他城市前往
怎么借助呢
比如RG->BY
要么我们先去一个有B的城市，要么去一个有Y的城市，然后再去我们的终点，不用再转了，只会增加花费
那我们只需记录城市颜色的转变情况即可，
4 5
BR BR GY GR
我们规定一个顺序BRGY，总共就只要C43=6中情况
b - r b - g b - y
r - g r - y g - y
我们把这6中可以变换的位置开6个数组记录下来。
这样我们需要经过“中转”的时候，去各个数组二分出距离最近的中转点即可。
代码
string color = "BRGY";
int cal(char a, char b) {int x = color.find(a), y = color.find(b);if (x > y) swap(x, y);if (x == 0) {if (y == 1) return 0;else if (y == 2) return 1;else return 2;}else if (x == 1) {if (y == 2) return 3;else return 4;}else return 5;
}
inline void solve() {int n, q; cin >> n >> q;vector<vector<int>> pos(6);vector<string> a(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {cin >> a[i];pos[cal(a[i][0], a[i][1])].push_back(i);}while (q -- ) {int x, y; cin >> x >> y;if (x == y) {cout << 0 << endl;continue;}if (x > y) swap(x, y);int ans = (int)MOD;for (int i = 0; i < 2; i ++ ) {for (int j = 0; j < 2; j ++ ) {if (a[x][i] == a[y][j]) {ans = y - x;}int t = cal(a[x][i], a[y][j]);if (pos[t].empty()) continue;int m = pos[t].size();int id = lower_bound(pos[t].begin(), pos[t].end(), x) - pos[t].begin();if (id == m) {int now = pos[t][m - 1];ans = min(ans, x - now + y - now);}else {int now = pos[t][id];if (now > y) ans = min(ans, now - x + now - y);else ans = y - x;if (id > 0) now = pos[t][id - 1], ans = min(ans, x - now + y - now); }}}if (ans == (int)MOD) ans = -1;cout << ans << endl;}return;
}E题：Not a Nim Problem
题意
Nim游戏，但是每次只能取小于每一堆数量的一个质数或者1
思路
打表+sg函数
打表发现sg函数为最小质因数所在的下标
质数用欧拉筛即可
特判2的情况，sg[2]应该都是0的，所以把它的所有倍数sg都要改成0（也很好理解，偶数么，Bob照着Alice一样取就行了）
代码
const int N = 1e7;
int sg[N + 1];
vector<int> primes;
void eulerSieve() {vector<bool> isPrime(N + 1, true); for (int i = 2; i <= N; i++) {if (isPrime[i]) {primes.push_back(i);sg[i] = primes.size();}for (int j = 0; j < primes.size() && i * primes[j] <= N; j++) {isPrime[i * primes[j]] = false;sg[i * primes[j]] = sg[primes[j]];if (i % primes[j] == 0) break;}}
}
inline void solve() {int n; cin >> n;int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {int x; cin >> x;if (x % 2 == 0) x = 0;ans ^= sg[x];}cout << (ans ? "Alice" : "Bob") << endl;return;
}inline void pre_work() {sg[0] = 0, sg[1] = 1, sg[2] = 0;eulerSieve();
}
