【Codeforces Round #716 (Div. 2) 】Codeforces-1514

A. Perfectly Imperfect Array

多个完全平方数的乘积也是完全平方数。如要找到一个非空子序列的乘积不是完全平方数的话，只要原序列中存在非完全平方数即可。

void solves(){
     
	int n,po;cin>>n;
	int flag=0;
	while(n--){
     
		cin>>po;
		int i=(int)sqrt(po);
		if(i*i!=po) flag=1;
	}
	cout<<(!flag ? "NO":"YES")<<endl;
}

B. AND 0, Sum Big

1.数组中元素不大于$2^k-1$，即每个元素在二进制中最大为k位；
2.要满足所有元素按位&运算为0，即数组中每个元素化为二进制对齐后，每个位数至少有一个0。说的可能有点抽象，举个例子：
在n=3，k=5时，在不考虑【元素和尽量大】这一条件的时候，可能满足按位&=0的数组有：
a[0]=0 1 1 0 1${}_{(2)}$
a[1]=1 0 0 1 0${}_{(2)}$
a[2]=0 1 1 0 1${}_{(2)}$
即化为二进制对齐后，每列至少存在一个0
3.要满足数组元素和尽量大，则要满足每列的1尽可能多。则只需要每列存在一个0时满足题意。此时数组元素和为$(2^k-1)\ast (n-1)$。
如例子：
在n=3，k=5时：
a[0]=1 1 1 0 1${}_{(2)}$
a[1]=1 0 0 1 0${}_{(2)}$
a[2]=0 1 1 1 1${}_{(2)}$
4.分析完题意所给的条件后，我们知道，0在每一列中有n种放置情况，共有k列。即答案为$n^k$。由于n的范围到了1e5，可用快速幂水一下。

ll qpow(ll b,ll p){
     
	ll r=1;
	while(p){
     
		if(p&1) r=(r*b)%mod;
		b=(b*b)%mod;
		p/=2;
	}
	return r%mod;
}
void solves(){
     
	int n,k;cin>>n>>k;
	cout<<qpow(n,k)<<endl;
}

C. Product 1 Modulo N

首先我们记$a_n$为数列[1,2,…n-1]。
再记所求为 $A={\prod }_{i=1}^k{a}_{k_i}$ 其中k为最长子序列的长度，$k_i$为原序列下标。
要满足A%n=1，则分以下两种情况讨论：
1.当A 2.当A>n时，由辗转相除法易得A与n的最大公约数为1，即A与n互质，即A与n没有相同的质因子。由于$A={\prod }_{i=1}^k{a}_{k_i}$，所以n与$a_{k_i}$互质。
此时我们再把$a_n$中所有与n互质的元素累乘，记为$B={\prod }_{i=1}^q{a}_{q_i}$，其中$q_i$为与n互质的$a_i$下标。再记余数C=B%n。
由gcd(B,n)=gcd(B%n,n)，且gcd(B,n)=1，可得余数C与n互质，即C为B的因子。此时B/C=A即为所求。

void solves(){
     
	int n,k;cin>>n;
	vector<int>ans;
	ll sum=1;
	for(int i=1;i<n;++i){
     
		if(__gcd(i,n)==1){
     
			ans.push_back(i);
			sum=(sum*i)%n;
		}
	}
	if(sum==1){
     
		cout<<ans.size()<<endl;
		for(auto& it:ans) cout<<it<<" ";cout<<endl;
	} else{
     
		cout<<(int)ans.size()-1<<endl;
		for(auto& it:ans){
     
			if(it!=sum) cout<<it<<" ";
		}cout<<endl;
	}
}