A. Vika and Her Friends
题目：
思路：
经典博弈题，考虑奇偶性
我们来看看简单版，即只有一个追逐者的情况
我们可以将网格划分成一个国际象棋的棋盘，然后再来观察题目
如果二者处于相同的颜色格子中，那么就一定能追到，否则一定不行，具体的来说，如果二者的距离是偶数，那么就一定能追到，否则一定不行
证明：我们观察每次移动会发生什么，由于每次必须移动，那么二者的距离就可能会发生改变，有三种情况，即距离不变，距离 -2，距离 +2，所以我们能发现一个规律，即每次移动二者距离差是一个偶数，由于距离差不能是负数，即 dis >= 0 恒成立，而 dis = 0 时说明相交了，所以我们得考虑 dis 的奇偶性，由于每次都是改变偶数，那么只有当 dis 初始值是偶数时我们才能减少到 0，否则如果是奇数，那么我们最多只能减少到 1
回到本题，由于其中的棋子能处于同一个位置，那么每个棋子的决策是互不影响的，所以我们只需要找到是否存在一个棋子满足 dis % 2 = 0 即可
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "Yes\n"
#define no cout << "No\n"void solve()
{int n, m, k;cin >> n >> m >> k;int x, y;cin >> x >> y;vector<pair<int, int>> pos(k);int flag = 0;for (int i = 0; i < k; i++){cin >> pos[i].first >> pos[i].second;if ((pos[i].first + pos[i].second) % 2 == (x+y) % 2){flag = 1;}}if (flag){no;return;}yes;
}signed main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}C. Vika and Price Tags
题目：
思路：
找规律，考虑模与循环
那我们来分析题意，看到数据这么大，如果直接死算的话肯定不行，所以考虑找规律
由于对于每一个 a b 都是一个独立的操作，所以接下来我们单独分析
若 a = 0,，b = 0，那么无论怎么操作都是 0 0
若 a = 0， b !=0，假设我们要执行操作，那么就有 0 b -> b b -> b 0 -> 0 b，到此我们发现又回到了 0 b，此时我们一共操作了 3 次，也就是说如果到了 a = 0，b != 0 这种形式时，只要后面执行的次数是 3 的倍数那么就不会变化
总体上将，假设 i 的操作数是 cnt[i]，那么就要满足以下式子：
cnt[0] % 3 = cnt[1] % 3 = cnt[2] % 3 = ... = cnt[n] % 3
那么如何计算cnt呢？我们如果暴力枚举的话肯定不行，所以考虑其中的规律or结论来优化
我们现在只考虑始终 a > b 的情况，考虑枚举看看是否有规律
(a, b) -> (b, a - b) -> (a - b, a - 2*b) -> (a - 2*b, b)，到这里我们可以发现，b还是那个b，但是 a 减去了 2*b，且只进行了三次操作（这和上面的 mod 3 刚好对上了一点联系，太妙了）
所以我们只需要 a >= 2*b，那我们就可以执行 k*3 次操作后变成 (a % 2b, b) 形式，此时 a < 2*b，也就是说我们纯模拟一次就行
那我们就可以开始写了，具体的实现看代码
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "Yes\n"
#define no cout << "No\n"void solve()
{int n;cin >> n;vector<int> a(n), b(n);for (int i = 0; i < n; i++){cin >> a[i];}for (int i = 0; i < n; i++){cin >> b[i];}set<int> has;for (int i = 0; i < n; i++){if (a[i] == b[i] && a[i] == 0){continue;}int cnt = 0;while (a[i]){b[i] %= 2 * a[i];int temp = abs(a[i] - b[i]);a[i] = b[i];b[i] = temp;cnt++;cnt %= 3;}has.insert(cnt);}if (has.size() <= 1){yes;return;}no;
}signed main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}D. Vika and Bonuses
题目：
思路：
数学，想到了二次函数，但没考虑不同的个位的答案可能更优
我们先来处理一下特殊情况，即操作二没意义的情况，此时 x 的最后一位是 0，那么什么时候最后一位会是 0 呢，即 x % 10 == 0 时或 x % 10 == 5 时，为什么 x % 10 == 5 也要算呢？因为我们执行了一次这个操作后就会变成 0，所以我们也要考虑 5，此时我们特判即可
那看其他情况，我们来看看每一个数执行操作二会变成什么？
1->2 2->4 3->6 4->8 6-> 2 7->4 8->6 9->8
我们发现偶数会形成一个循环，即 2 4 6 8，而其他奇数只需要多一步就能进入这个循环，所以我们可以来考虑一般情况
假设现在是 s，如果我们选择走过了 x 个循环，那么最后的价值就是
展开可得
可以看到这时一个二次函数，那么对于二次函数的最大值，我们可以考虑三分或者套公式（不会三分，这里直接套公式）
小学就知道的公式，二次函数极值的x坐标公式为 ，这里就是
，所以我们令 x 等于这个坐标即可
但是由于这个坐标可能不是整数，所以我们要检查向上取整和向下取整两种可能取最大值
还有情况就是我们可以不循环，以及 s 可以不走循环，以此枚举取最大值即可
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "Yes\n"
#define no cout << "No\n"int fuc(int s,int k,int x)
{return (s + 20 * x) * (k - 4 * x);
}
int xianzhi(int x,int k)
{return max(0LL, min(x, k / 4));
}
int getmx(int s,int k)
{int ans = s * k;int x1 = (5 * k - s) / 40;x1 = xianzhi(x1, k);int x2 = (5 * k - s + 39) / 40;x2 = xianzhi(x2, k);return max({ ans,fuc(s,k,x1),fuc(s,k,x2) });
}void solve()
{int s, k;cin >> s >> k;if (s % 10 == 0){cout << s * k << endl;}else if(s % 10 == 5){cout << max(s * k,(s+5) * (k-1)) << endl;}else{int ans = s * k;if (s % 2){s += s % 10;k--;}//多走几次看看for (int i = 1;k && i <= 4; i++){ans = max(ans, getmx(s, k));s += s % 10;k--;}cout << ans << endl;}
}signed main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}
