这一场好神奇！能AK了
AB水题，
C - One Quadrillion and One Dalmatians
把一个数字转化为字母，规则为 ([1,26]) 对应 ([a,z]) , 27 对应 aa .....
循环至 N = 0即可，转26进制
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
ll N; cin >> N;
string s;
for (; N--; N /= 26) s.push_back(char(97 + N % 26));
reverse(s.begin(), s.end());
cout << s;
}
D - Replacing
给出 (n) 个数和 (q) 次操作，每次操作将 (n) 个数中 (b) 转为 (c) 计算每次操作后 (n) 个数的和。
map 存出现的次数，每次操作 sum = sum + mp[b] * (c - b);
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
map<int, int>mp;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n; cin >> n;
ll sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], sum += a[i], mp[a[i]] += 1;
int q; cin >> q;
while (q--) {
int b, c;
cin >> b >> c;
sum = sum + mp[b] * (c - b);
mp[c] += mp[b];
mp[b] = 0;
cout << sum << '
';
}
}
E - Red Scarf
给出 (n) 个数，计算每个数对其余 (n-1) 个数的异或值
我是伞兵，没看清 N 的范围是 (2e5) 交了两罚 RE，才反应过来
因为 (x ⊕ x = 0) ，所以直接先对所有值 (⊕) ，最后单独异或每一个值
const int N = 2e5 + 10;
int a[N], sum;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n; cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], sum ^= a[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << (sum ^ a[i]) << " ";
}
F - Strivore
在一个小写字母串 (s) 的任意位置插入一个小写字母 (k) 次后可能得到多少不同的字符串。
很明显需要我们去推导公式，答案肯定和 (s) 长度有关，
将 (s) 视为单一的字母串，答案即 (sumlimits_{i = 0}^n26^i imes C_i^n imes 25^{n - i})
证明过程参考于 mrcrack
涉及排列组合，怎么选取这一下，比较考验人。
为了验证下面算法正确，还专门针对相应的数据，编写了检验代码，感兴趣的读者，可以阅读AC代码之后的内容。
如下数据模拟如下
2 ab 3851 以下生成过程(aabb,aaab,abbb等不会重复生成) 原始字符长度是2,还需插入2个字符，最后字符串总长度是2+2=2 1.原始字符a占据新字符串串首的位置 a( )( )( ) 剩下4个空位，原始字符的后1个字符还需占据1个位置，对应的选择数目是C(3,1)=3 a(b)( )( ) a( )(b)( ) a( )( )(b) 1.1以如下形式为例 a(b)( )( ) 剩下的两个空位，可以插入字符，插入的字符都不能与前一个字符雷同，每个位置都有25种形式 a(b)(不能是字母b)(不能是字母b) 对应的组合数量25*25 1.2以如下形式为例 a( )(b)( ) 剩下的两个空位，可以插入字符，插入的字符都不能与前一个字符雷同，每个位置都有25种形式 a(不能是字母a)(b)(不能是字母b) 对应的组合数量25*25 1.3以如下形式为例(注：abbb只在此时生成) a( )( )(b) 剩下的两个空位，可以插入字符，插入的字符都不能与前一个字符雷同，每个位置都有25种形式 a(不能是字母a)(不能是字母a)(b) 对应的组合数量25*25 总的组合数量25*25*3=25^2*C(3,1)=26^0*25^2*C(3,1) 2.原始字符a占据新字符串第二个位置 ( )a( )( ) 新字符串第二个位置之后只剩下2个空位，原始字符的后2个字符还需占据1个位置，对应的选择数目是C(2,1)=2 ( )a(b)( ) ( )a( )(b) 2.1以如下形式为例 ( )a(b)( ) 剩下的a前的1个空位，可以插入字符，插入的字符可以是任意字符，每个位置都有26种形式， 剩下的b后的1个空位，可以插入字符，插入的字符可以是不能与b雷同，每个位置都有25种形式， (任意字符)a(b)(不能是字母b) 对应的组合数量26*25 2.2以如下形式为例(注：aabb只在此时生成) ( )a( )(b) 剩下的a前的1个空位，可以插入字符，插入的字符可以是任意字符，每个位置都有26种形式， 剩下的a后的1个空位，可以插入字符，插入的字符可以是不能与a雷同，每个位置都有25种形式， (任意字符)a(不能是字母a)(b) 对应的组合数量26*25 总的组合数量26*25*2=26*25*C(2,1)=26^1*25^1*C(2,1) 3.原始字符a占据新字符串第三个位置 ( )( )a( ) 新字符串第三个位置之后只剩下1个空位，原始字符的后1个字符还需占据1个位置，对应的选择数目是C(1,1)=1 ( )( )a(b) 3.1以如下形式为例(注：aaab只在此时生成) ( )( )a(b) 剩下的a前的2个空位，可以插入字符，插入的字符可以是任意字符，每个位置都有26种形式， (任意字符)(任意字符)a(b) 对应的组合数量26*26=26^2*C(1,1)=26^2*25^0*C(1,1) 结合上述所有情况，对应的组合数量是26^0*25^2*C(3,1)+26^1*25^1*C(2,1)+26^2*25^0*C(1,1)=3851根据上述模拟过程，对应的算法如下：
原字符串长度是m,需插入n个字符，在新的字串空间n+m中，
1.先放入第一个原始字符，该原始字符前有i（0<=i<=n）个空位，每个空位均有26种摆法，对应，26^i.
2.此时，总长度是n+m,已占据了i+1个字符，剩下n+m-(i+1)个空位，在剩下的空位中选择m-1个位置给原始字符串中剩下的m-1个字母使用，有C(n+m-i-1,m-1)种选择方式。
3.此时还剩下n+m-(i+1)-(m-1)=n-i个空位，在这剩下每个空位对应着25种选法(26个字母，扣除自左向右，最靠近该位的原字串字母，故剩下25个可选字母)。
综上所述，得到之前说的结论
[sumlimits_{i = 0}^n26^i imes C_i^n imes 25^{n - i} ]
写法一：
const int N = 2e6 + 10, mod = 1e9 + 7;
ll fac[N] = {1}, inv[N];
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod) if (b & 1) ans = ans * a % mod;
return ans;
}
void init() {
for (int i = 1; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[N - 1] = qpow(fac[N - 1], mod - 2); // 由逆元
for (int i = N - 2; i >= 0; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
ll C(int n, int m) { return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
init();
ll n, m; string s;
cin >> n >> s;
m = int(s.size());
ll ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
ans = (ans + qpow(26, i) * C(n + m - i - 1, m - 1) % mod * qpow(25, n - i) % mod) % mod;
}
cout << ans;
}
写法二：
const int N = 2e6 + 10, mod = 1e9 + 7;
ll f[N] = {1};
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod) if (b & 1) ans = ans * a % mod;
return ans;
}
ll C(int n, int m) {return f[n] * qpow(f[m], mod - 2) % mod * qpow(f[n - m], mod - 2) % mod;}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
for (int i = 1; i <= N; ++i) f[i] = f[i - 1] * i % mod;
ll n, k; string s;
cin >> k >> s;
n = int(s.size());
ll ans = 0;
for (ll i = n; i <= n + k; ++i) {
ll zh = qpow(26, n + k - i);
zh = zh * C(i - 1, n - 1) % mod;
zh = zh * qpow(25, i - n) % mod;
ans = (ans + zh) % mod;
}
cout << ans;
}