A
你考慮 可以把這個陣列當中的每個數表示成另一種形式：\(a_i = k_i\times x+b\)(其中\(x\)是模數，\(b\)為餘數)。
對於求兩個數是否對於某個餘數同餘，顯然你要判斷他們兩個的差，即\(a_i-a_j\)，那麼我們用上面那種形式表示其實就是\(a_i-a_j = (k_i-k_j) \times x\),所以你要判斷整個陣列的話只需要對每兩個數的差求一個\(gcd\),如果這個\(gcd\)是\(1\)，顯然，他們所有數不能對一個數同餘，故選擇的模數直接用\(2\)就可以讓模出來最少的餘數種類---僅有\(2\)種，否則的話，就可以透過餘某個數把他們變成同餘的，故答案就是\(1\)。
Code
B
場切的第一個第二題哈哈哈哈，首先你考慮這個如果做數學的話沒法推到出來一個大的綜合式子(別問為什麼，兩個小時沒做出來)。
我們考慮做\(dp\)計數，設定\(dp_{i,j}\)表示當前選到了第\(i\)個數，當前的和為\(j\)。
那麼考慮轉移，其實挺好整，你考慮如果這一個選\(1\)，那麼他能從\(dp_{i-1,j-1}\)轉移過來。
如果選了\(j\)這個和，那麼你考慮其實\(j/2\)的也能選到，因為你可以把這個序列當中的所有數都除以\(2\)，所以也可以轉移。
注意，建議你正著列舉，也就是:
那麼這個時候，你對於\(j\)的列舉順序應該是從大到小的，因為你在計算\(j\)的時候會找到\(j*2\)對吧，所以在第二維計算的時候，他是具有依賴性的哈哈哈。
記得判斷\(j*2\)的範圍一定是 \(\le i\)的。
D
考慮容斥把問題轉化。
設定\(f_i\)表示至少欽定了\(i\)個數的出現次數不大於\(1\)，\(g_i\)表示你恰好欽定了\(i\)個數的出現次數不大於\(1\)。
得到公式：
反演得到:
解釋一下這裡為什麼有組合數奧，顯然，一開始你欽定了\(i\)個數，對於你目前找到的這\(j\)個數，有\(C_{j}^{i}\)種選法。
但是，你\(f_i\)的表示還需要有一個\(C_{n}^{i}\)，這是為什麼呢？因為你在求這個\(f_i\)時一開始點的選擇有\(C_{n}^{i}\)種選法，當你欽定了這\(i\)個數的時候，你還有\(C_{j}^{i}\)種可以移動的方法，這樣可以理解吧。
那麼你發現，答案其實就是\(g_0\)，顯然啊！
對於欽定的\(i\)個元素，可以分為兩類：出現一次的和沒有出現的。對於沒有出現過的元素可以不考慮，對於只出現一次的元素，設其個數為\(j\)，可以考慮將其劃分為若干集合，然後再與未欽定的元素進行搭配。將相互區分的\(n\)個元素劃分為\(k\)個不互相區分的非空集合方案數為\(\displaystyle {k \brace n}\)，