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A. Orac and LCM
显然可以对所有质因数都讨论一遍，然后讨论结果乘起来就是答案
比如说只考虑质因数 (2)，原序列就简化成了 (n) 个 (2) 的整数次幂（注意不被 (2) 整除的都是 (1)），此时只要找到这 (n) 个数中第 (2) 小的数就是这种情况的结果了
当然，质因数个数是 (O(n))，再for一遍就是 (O(n^2)) 显然会被卡，我们只考虑小于 (sqrt{200000}) 的质因数，然后大于 (sqrt{200000}) 的质因数（所有 (a_i) 中这些质因数的指数至多为 (1)）特殊处理，具体看代码吧
（更：枯了，我的方法又是最麻烦的）
别人的方法是，求出所有数和(这个数之后所有数的gcd)的lcm，然后所有lcm求个gcd，就是答案了
准确得说是 (gcdlimits_{i=1}^{n-1}{lcm(a_i,gcdlimits_{j=i+1}^n a_j)})
提供一种证明思路：还是把质因数分开来看待，然后把 (gcd) 当成 (min)，把 (lcm) 当成 (max)，因为要求的是次小值，当且仅当 (i) 和 (j) 分别指向最小值和次小值（或者反一反）的时候才取到，证毕
当然这个方法怎么想到的，那就不要问我了/kk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; typedef long double llf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} template<typename T> T sqr(const T &x){return x*x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(1?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
#define int ll
int T=448,n,ans=1;
int a[N];
map<int,int> m;
signed main(){
cin>>n;
repeat(i,0,n)
cin>>a[i];
repeat(t,2,T){ //T约等于sqrt(200000)
int MN=INF,mn=INF;
repeat(i,0,n){
int p=1;
while(a[i]%t==0){
a[i]/=t;
p*=t;
}
if(p<MN){mn=MN; MN=p;}
else if(p<mn)mn=p;
}
if(mn!=INF)ans*=mn;
}
//这之后都是大于sqrt(200000)的情况
repeat(i,0,n)
if(a[i]>1){
m[a[i]]++;
}
for(auto i:m){
if(i.second>=n-1)ans*=i.first;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
B. Orac and Medians
wa了 (4) 发，罚时吃饱，555。其实都是我没考虑全所有情况
由于数字实际有多大并不需要关心，我们把大于 (k) 的 (a_i) 赋值为 (1)，等于的赋值为 (0)，小于的赋值为 (-1)（更：这个方法比较繁琐，如果存在0，那么0其实和1是等价的，然后并不需要6个引理这么多了）
然后目标就变成了把所有数搞成 (0)
引理1：如果0和0相邻，我们可以让0铺满（显然选择包含两个0的长度为3的区间，这个区间将会全是0，不断扩展连续的0的边界即可）（比如 ([1,0,0,-1])，选择区间 ([1,3]) 后变成 ([0,0,0,-1])，然后选择 ([2,4]) 后变成 ([0,0,0,0])）
引理2：如果0和1相邻，我们可以制造0和0相邻（显然选择这两个数后就好了）
这说明1是一个很重要的资源，我们要尝试把1变多
引理3：如果1和1相邻，我们可以任意拓展连续1的区间（理由同引理1）
引理4：如果连续3个为1,-1,1，可以制造1和1相邻（显然选择这三个就好了）
最后两个引理是特殊情况
引理5：如果连续3个为0,-1,1，可以制造0和0相邻
引理6：如果连续3个为0,-1,0，可以制造0和0相邻
最后一种特殊情况是 (n=1,a_0=0) 的情况
理论有了，该怎么做呢？看代码，懒了打字了（不看代码估计也会了吧，逃）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; typedef long double llf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} template<typename T> T sqr(const T &x){return x*x;} typedef pair<int,int> pii;
#define int ll
int T,n,k;
int a[N],ans;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>k; ans=0;
repeat(i,0,n){
cin>>a[i];
a[i]=(a[i]>k)-(a[i]<k);
}
repeat(i,0,n-2)
if(a[i]==1 && a[i+2]==1 && a[i+1]==-1)
a[i+1]=1;
repeat(i,0,n-2)
if(a[i]==1 && a[i+1]==1 && a[i+2]==-1)
a[i+2]=1;
repeat_back(i,0,n-2)
if(a[i]==-1 && a[i+1]==1 && a[i+2]==1)
a[i]=1;
repeat(i,0,n-1){
if(a[i]+a[i+1]==1)
ans=1;
if(a[i]==0 && a[i+1]==0)
ans=1;
}
repeat(i,0,n-2){
if(a[i+1]==-1 && a[i]+a[i+2]==1)
ans=1;
if(a[i+1]==-1 && a[i]==0 && a[i+2]==0)
ans=1;
}
if(n==1 && a[0]==0)ans=1;
cout<<(ans?"yes":"no")<<endl;
}
return 0;
}
C. Orac and Game of Life
简单题，简单得一批
首先一个方块相邻有同色方块，那么这个方块将一直闪烁
如果一个方块没有同色方块相邻，那就考虑与闪烁方块的哈密顿距离最小值（因为闪烁可以传递，传递速度为1），时间过了这个值就开始闪烁了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define fi first
#define se second
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=1010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; typedef long double llf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} template<typename T> T sqr(const T &x){return x*x;} typedef pair<int,int> pii;
int T,n,m,Q;
ll dis[N][N],ans;
string s[N];
queue<pii> q;
const int dn[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};
void push0(int x,int y){
if(dis[x][y]==INF){
q.push({x,y});
dis[x][y]=0;
}
}
signed main(){
cin>>n>>m>>Q;
repeat(i,0,n)cin>>s[i];
repeat(i,0,n)repeat(j,0,m)dis[i][j]=INF;
repeat(i,0,n)
repeat(j,0,m){
if(i!=n-1 && s[i][j]==s[i+1][j])
push0(i,j),push0(i+1,j);
if(j!=m-1 && s[i][j]==s[i][j+1])
push0(i,j),push0(i,j+1);
}
while(!q.empty()){
int x=q.front().fi,y=q.front().se;
q.pop();
repeat(i,0,4){
int px=x+dn[i][0],py=y+dn[i][1];
if(px>=0 && py>=0 && px<n && py<m)
if(dis[px][py]==INF){
dis[px][py]=dis[x][y]+1;
q.push({px,py});
}
}
}
repeat(i,0,Q){
ll x,y,p;
cin>>x>>y>>p;
x--,y--;
if(p<=dis[x][y])
cout<<s[x][y]<<endl;
else
cout<<char(s[x][y]^((p-dis[x][y])%2))<<endl;
}
return 0;
}