A - Ezzat and Two Subsequences
思路：
贪心，取最大的数字为一部分，其他数字为一部分即可，证明如下
B - Moamen and k-subarrays
思路：
思维题，读入数据时，用pair保存值的同时保存数组下标，带着数组下标sort，看排序后的数组下标有多少不连续的段，这里数组下标一定是递增的才算连续，如果大于k输出no，反之为yes
C - Moamen and XOR
思路：
一共 n n n个数字，分奇偶讨论
- n n n为奇数时，一定有 a < = b a<=b a<=b，只需考虑 a = b a=b a=b的情况，分别看每一位，要么全1，使得结果为1（有1种情况），要么偶数个1，奇数个0，使得结果为0（有 C n 0 + C n 2 + . . . + C n n − 1 = 2 n − 1 C_{n}^{0}+C_{n}^{2}+...+C_{n}^{n-1}=2^{n-1} Cn0+Cn2+...+Cnn−1=2n−1种情况），综上，当前位情况有 2 n − 1 + 1 2^{n-1}+1 2n−1+1种，总情况有 ( 2 n − 1 + 1 ) k % m o d (2^{n-1}+1)^{k}\ \%mod (2n−1+1)k %mod种
- n n n为偶数时， a = b a=b a=b的情况有 C n 0 + C n 2 + . . . + C n n − 2 = 2 n − 1 − 1 C_{n}^{0}+C_{n}^{2}+...+C_{n}^{n-2}=2^{n-1}-1 Cn0+Cn2+...+Cnn−2=2n−1−1种，对于 a > b a>b a>b的情况，从1到 k k k枚举 i i i，考虑当前第 i i i位要 a = 1 , b = 0 a=1,b=0 a=1,b=0，之前位相等（有 ( 2 n − 1 − 1 ) i − 1 (2^{n-1}-1)^{i-1} (2n−1−1)i−1种情况），之后位任意（有 ( 2 n ) k − i (2^n)^{k-i} (2n)k−i种情况），总情况有 ( ( 2 n − 1 − 1 ) k + ∑ i = 1 k ( ( 2 n − 1 − 1 ) i − 1 + ( 2 n ) k − i ) ) % m o d ((2^{n-1}-1)^{k}+\sum ^{k}_{i=1}((2^{n-1}-1)^{i-1}+(2^n)^{k-i}))\ \%mod ((2n−1−1)k+∑i=1k((2n−1−1)i−1+(2n)k−i)) %mod种情况
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