A. Nastia and nearly Good Numbers
大意：求互不相同的三个正整数 (x,y,z) 满足其中一个被 (AB) 整除，另外两个数不被 (AB) 整除但是被 (A) 整除。
显然 (B=1) 的时候，又被 (A) 整除又不被 (A) 整除是不可能的。因此这种情况输出 NO。
对于其他情况，只要构造 (A,A(B^2-1),AB^2) 即可（答案应该挺多，我随便构造了一个）。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),ib=(b);i<ib;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,ib=(a);i>=ib;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)!=1)exit(0); return x;}
void print(ll x,bool e=0){printf("%lld%c",x,"
"[e]);}
const int N=200010;
void Solve(){
ll a=read(),b=read();
if(b==1)puts("NO");
else puts("YES"),print(a),print(a*b*b-a),print(a*b*b,1);
}
signed main(){
// freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; T=read();
repeat(ca,1,T+1){
Solve();
}
return 0;
}
B. Nastia and a Good Array
大意：可以进行最多 (n) 次某种操作，最后要求数列的所有相邻数字互质。
如果数列有两个数 (3,9)，保持 (3) 不动，(9) 可以变成 (ge 3) 的任何数字。归纳地说，取最小值的位置和另外一个位置，保持最小值位置上的数字不变，另外一个位置可以修改成不小于最小值的任何数。
因此策略就很简单了，先找到最小值 (a_t)。如果它在奇数位，就把奇数位的所有数修改成 (a_t)，并把偶数位的所有数修改成 (a_t+1)（相差为 1 的两个数一定互质，(gcd(a_t,a_t+1)=1)）。如果它在偶数位，那么奇偶反过来就行了。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),ib=(b);i<ib;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,ib=(a);i>=ib;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)!=1)exit(0); return x;}
void print(ll x,bool e=0){printf("%lld%c",x,"
"[e]);}
const int N=200010;
int a[N];
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,0,n)a[i]=read();
int p=min_element(a,a+n)-a;
print(n-1,1);
repeat(i,0,n)if(i!=p){
if(i%2==p%2){
printf("%d %d %d %d
",i+1,p+1,a[p],a[p]);
}
else{
printf("%d %d %d %d
",i+1,p+1,a[p]+1,a[p]);
}
}
}
signed main(){
// freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; T=read();
repeat(ca,1,T+1){
Solve();
}
return 0;
}
C. Nastia and a Hidden Permutation
大意：交互题，有个隐藏的排列，每次询问两个位置上的数的情况，最后求出排列。
一个比较容易想的策略是，先找到 1，然后一个个求出剩下的。
如果询问 (t=2,x=1)，回答就是 (min(max(1,p_i),max(2,p_j)))。如果回答 (le 2)，可以断言 (p_i,p_j) 里面必然有 1 或 2。如果是 (1)，那就有 (p_i=1)；否则 (i,j) 交换再询问，如果回答是 (1)，那么 (p_j=1)。
到这里，我们找到 1 的位置 (pos[1])。接下来只要询问 (t=1,j=pos[1],x=n-1)，所得到的值就是 (p_i)。
#include <bits/stdc++.h>
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),ib=(b);i<ib;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,ib=(a);i>=ib;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)!=1)exit(0); return x;}
void print(ll x,bool e=0){printf("%lld%c",x,"
"[e]);}
const int N=200010;
int query(int t,int i,int j,int x){
printf("? %d %d %d %d
",t,i,j,x);
fflush(stdout);
return read();
}
int p,ans[N];
void find1(int x,int y){
int t=query(2,x,y,1);
if(t==1)p=x;
else if(t==2){
if(query(2,y,x,1)==1)
p=y;
}
}
void Solve(){
int n=read();
for(int i=1;i<=n;i+=2){
find1(i,i%n+1);
}
repeat(i,1,n+1)if(i!=p){
ans[i]=query(1,p,i,n-1);
}
ans[p]=1;
printf("!");
repeat(i,1,n+1)printf(" %d",ans[i]);
puts("");
fflush(stdout);
}
signed main(){
// freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; T=read();
repeat(ca,1,T+1){
Solve();
}
return 0;
}
D. Nastia Plays with a Tree
大意：删 k 条边并连 k 条边让给定树变成链。求 k 最小值及方案。
假如反过来，从没有边的图开始，不断加边，使得所有点的度 (le 2)，加不了的边就当做删除了。这样可以得到一条条链（肯定无环因为原图是树），最后按任意顺序连接这些链就行了。
但是但是，如果按任意顺序加边，并不是最优的。比如 1-3,2-3,3-4,4-5,4-6。如果先加了边 3-4，那么会被迫删除两条边，反之只要删除 3-4 这一条边即可。
我根据这个数据大致猜到了正确（？）的加边顺序，即，用拓扑排序的方法，不断删除度为 1 的节点，加边顺序就是该节点对应的那条边。
代码：（比赛时改来改去最后代码极度混乱，慎点！）