A:傻逼模拟题，直接上代码好了。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cmath> 5 #include <algorithm> 6 using namespace std; 7 int n,m; 8 char st[5]; 9 bool bo; 10 int main(){ 11 scanf("%d%d",&n,&m); 12 bo=1; 13 for (int i=1;i<=n;i++){ 14 for (int j=1;j<=m;j++){ 15 scanf("%s",st+1); 16 if ((st[1]=='C') || (st[1]=='M') || (st[1]=='Y')) bo=0; 17 } 18 } 19 if (bo==1) puts("#Black&White"); 20 else puts("#Color"); 21 return 0; 22 }
B：给定n个点，m条边，k个特殊点，要求选出一个非特殊点，记这个点到某个特殊点的距离为x，最小化x，若无法找到某个非特殊点与某个特殊点连通或k=0，输出-1.
做法：我的做法：由于是到某个特殊点的最小距离，我就把所有特殊点缩成一个点，原图中的边，如果是特殊点与特殊点的边，新图中不管，如果是非与非，就照样连，健一个s点，若为非与特，则s与非连边，最后从s点跑一次单源最短路，找到最小的dist即可。
正解：由于边为非负数，所以这个点必定直接与某个特殊点相连，直接枚举每个特殊点以及与这个特殊点相邻的点，用这条边的权值更新答案即可，复杂度为O（m）。
C：勾股数的构造，给定n，输出m，k使得(n,m,k)为一组勾股数，做法：若n<=2，无解，否则，若n为奇数，m=n*n/2，k=m+1;若n为偶数，m=n*n/4-1，k=n*n/4+1；
D：题意：给定一个n*m的矩阵，初始时为0，4种操作，对于前3中操作，i-1向i连边，否则k向i连边，这是一棵树，我们dfs这个树，每个操作暴力做即可，为什么呢？因为这个题的瓶颈就在于4操作，某些操作会被做多次，这样就是nq的了。
E：题意：给定一个n*m的矩阵，有k个集合，q个操作，操作1每次把一个集合的存在性取反，操作2询问某个矩形中的存在的元素的权值和，保证询问的个数小于2000，预处理每个集合对每个询问的影响，这个怎么做呢？我们枚举每个集合，把他加进树状数组，枚举2000个询问，计算答案即可，复杂度n^2logn^2+qlogn^2，之后就很脑残了。