(A)：Connection and Disconnection（点此看题面）
大致题意： 给你一个字符串，将它重复(k)次。进行尽量少的操作，每次修改一个位置上的字符，使得不存在两个相邻位置上字符相同。求最少操作次数。
一个很(naive)的想法，就是将原串直接扫一遍，遇到与前一位相同的字符，就修改这一位字符为一个不存在的字符，并将计数器加(1)。最后将计数器乘上(k)。
然后，比较此时串首与串尾是否相同（注意是此时，因为上面操作中可能会修改串尾），如果相同，那么对于这(k)次重复的(k-1)个首尾交点，我们都需要修改，因此将计数器再加上(k-1)。
如果仅仅这样交上去，会(WA)掉两个点。
但只要再仔细推一推，就可以找到刚才想法的漏洞。
首先，我们需要特判所有字符相同的情况，此时答案就是(lfloorfrac{|S| imes k}2
floor)，然后你就发现你能多过一个点。
其次，我们需要将原串倒着再执行一遍上述操作，然后将正着和倒着两种情况下的答案取(min)。其实也就相当于一种是尽量取串尾，一种是尽量取串头，这可能会影响到首尾交点处是否需要修改。
这样一来，就能过了此题。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100
using namespace std;
string s,p;int n,k;
I bool Check() {for(RI i=1;i^n;++i) if(s[i]^s[i-1]) return false;return true;}//检查是否所有字符相同
int main()
{
RI i;long long t1=0,t2=0;if(cin>>s>>k,n=s.length(),Check()) return printf("%lld",(1LL*n*k)>>1),0;//特判所有字符相同
for(p=s,i=1;i^n;++i) s[i]==s[i-1]&&(s[i]=0,++t1);t1*=k,s[0]==s[n-1]&&(t1+=k-1);//正着求答案
for(s=p,i=n-2;~i;--i) s[i]==s[i+1]&&(s[i]=0,++t2);t2*=k,s[0]==s[n-1]&&(t2+=k-1);//倒着求答案
return printf("%lld",min(t1,t2)),0;//输出答案
}
(B)：Graph Partition（点此看题面）
大致题意： 一张无向连通图，让你把点集分到若干个集合中，使得对于图上任意一条边，满足其连接的两个节点在相邻的两个集合中。求最多能分成多少个集合。
数据范围很小......
因此，我们可以直接枚举一个起点，然后(BFS)求出答案。
这一过程应该还是比较简单的，直接上代码了吧。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 200
using namespace std;
int n,p[N+5],q[N+5],a[N+5][N+5];
I int BFS(CI x)//BFS求答案
{
for(RI i=1;i<=n;++i) p[i]=0;//清空
RI i,k,H=1,T=1;p[q[1]=x]=1;W(H<=T) for(k=q[H++],i=1;i<=n;++i)
if(a[k][i]) {if(p[i]&&p[i]^(p[k]-1)&&p[i]^(p[k]+1)) return -1;!p[i]&&(p[q[++T]=i]=p[k]+1);}//若矛盾返回-1，否则赋值并加入队列
return p[q[T]];//返回答案
}
int main()
{
RI i,j,t,ans=-1;string s;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i)
for(cin>>s,j=1;j<=n;++j) s[j-1]&1&&(a[i][j]=1);
for(i=1;i<=n;++i) ans<(t=BFS(i))&&(ans=t);return printf("%d",ans),0;//枚举起点输出答案
}
(C)：Division by Two with Something（点此看题面）
大致题意： 给你一个(n)位二进制数(x)，求出对于(0sim x)的每一个(k)，进行奇数去末位(1)在首位加(0)、偶数去末位(0)在首位加(1)的操作后，第一次变回(k)本身的操作次数之和。
首先，不难发现，无论什么数，在(2n)次操作后，都必然会变回自身。
否则，考虑一个二进制数(t)，它第一次变回自身的操作次数。
我们将(t)复制一遍并取反，然后放在它的前面，那么，进行(p)次((ple n))操作后，其实就是这个串中的([n-p+1,2n-p])一段。
由于一个数不可能通过奇数次变回自身，所以我们假设进行(2i)次操作能使(t)变回自身，又因进行(2n)次操作后(t)必然能变回自身，所以我们可以确定，(i|n)。
则，我们可以把(t)划分成长度为(i)的(frac ni)段，就能发现其中奇数段之间相等，偶数段之间相等，奇数段与偶数段是互相取反的结果。注意，如果(frac ni)为偶数，就说明(t=sim t)，这显然是不可能的，因此(frac ni)必然为奇数。
也就是说，我们只要枚举(n)的一个因数(i)，满足(frac ni)为奇数，那么以任意一段合法的长度为(i)的二进制数作为开头，都必然存在唯一一个数使其满足经过(2i)次操作能变回自身。而此处的合法，只要满足字典序小于等于题目中给出的(x)即可。
但要注意，这里求出的经过(2i)次操作能变回自身的数不一定是经过(2i)次操作后第一次变回自身，因此还需要通过容斥来求出真正的答案。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 200000
#define X 998244353
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n;int a[N+5],b[N+5],f[N+5],g[N+5];
int main()
{
RI i,j,p,k=0,t=0,cnt=0;string s;
for(scanf("%d",&n),cin>>s,i=1;i<=n;++i) a[i]=s[i-1]&1;//读入
for(i=1;i<=n;++i) if(!(n%i)&&(n/i)&1)//枚举一个符合条件的i
{
for(f[++k]=i,j=1;j<=i;++j) g[k]=(g[k]<<1|a[j])%X;++g[k];//计算合法数的个数上界，只需判断是否能够达到上界
for(j=1;j<=i;++j) b[j]=a[j];
for(j=i+1;j<=n;++j) if(b[j]=b[j-i]^1,a[j]^b[j]) {a[j]<b[j]&&--g[k];break;}//若超出范围，则个数无法达到上界，减1
}
for(i=1;i<=k;++i) for(j=i+1;j<=k;++j) !(f[j]%f[i])&&Inc(g[j],X-g[i]);//容斥
for(i=1;i<=k;++i) t=(2LL*f[i]*g[i]+t)%X,Inc(cnt,g[i]);//统计答案
return printf("%d",t),0;//输出答案
}
(D)：Incenters（点此看题面）
大致题意： 给你圆上(n)个点（以角度的形式给出），求任选其中三个点后这三点构成三角形的内心坐标的平均值。
几何画板是个好东西......
按照题意，假设(A,B,C)三点是我们选出的点，连结(AB,AC,BC)，就得到如图所示的红色三角形。
然后，作出( riangle ABC)三个顶点的角平分线并延长分别交(⊙ABC)于点(A',B',C')，三条角平分线交于点(P)，点(P)即为所求的内心。
连结(A'B',A'C',B'C')，就得到如图所示的紫色三角形。
通过几何画板，我们可以发现两个至关重要的结论：
结论一： 点(C')是弧(AB)的中点。
(ecause CC')平分(ang ACB, hereforeang ACC'=ang BCC', herefore)弧(AC'=)弧(BC', herefore C')是弧(AB)的中点(.)
结论二： 点(P)是( riangle A'B'C')的垂心。
连结(B'O)并延长，分别交(AC,CC',⊙O)于点(E,N,D.)
(ecause B')是弧(AC)的中点(, herefore B'D⊥AC, herefore ang CEN=90)度(.)
(ecause A')是弧(BC)的中点(,B')是弧(AC)的中点(,C')是弧(AB)的中点(, herefore)弧(AC'=frac12)弧(AB,)弧(B'C=frac12)弧(AC,)弧(A'C=frac 12)弧(BC, herefore)弧(AC'+)弧(B'C+)弧(A'C)的度数为(180)度(.)
(ecause B'D)是直径(, herefore)弧(B'C+)弧(A'C+)弧(A'D)的度数为(180)度(, herefore)弧(AC'=)弧(A'D, hereforeang ACC'=ang A'B'D.)
(ecause CC')平分(ang ACB, herefore ang BCC'=ang ACC', hereforeang BCC'=ang A'B'D.)
又(ecauseang CKM=ang B'KN, hereforeang CMK=ang B'NK.)
( herefore ang CKM=ang CEN=90)度(, herefore CC'⊥A'B'.)
同理，最终可得，(P)是( riangle A'B'C')的垂心。
由结论二，我们作出( riangle A'B'C')的三条中线（图中三条黄色线段），其交点(Q)即为( riangle A'B'C')的重心。
又因为(⊙O)是( riangle A'B'C')的外接圆，所以点(O)是( riangle A'B'C')的外心。
有了外心、重心、垂心，根据欧拉线定理，(O,P,Q)三点共线，(PQ=2OQ)。所以(OP=3OQ)，即点(P)的横纵坐标都是点(Q)的三倍。
而重心(Q)的坐标，实际上就是( riangle A'B'C')三点坐标的平均值。
综合结论一，我们可以(O(n^2))枚举圆上两点(A,B)。
那么当点(C)在(AB)优弧上时，(C')就是(AB)劣弧的中点，当点(C)在(AB)劣弧上时，(C')就是(AB)优弧的中点。
设(AB)优弧上有(x)个点，劣弧上有(y)个点，那么(C')的坐标期望就是(AB)劣弧中点坐标乘(frac x{x+y})加(AB)优弧中点坐标乘(frac y{x+y})，其中显然(x+y=n-2)。
由于题中给出的是点的角度，因此弧中点坐标就是角度的平均值，这一点还是很良心的。
这样一来，我们就求出当选择(AB)作为红色三角形一边时，紫色三角形一点的坐标期望。
而(AB)作为红色三角形一边的概率是(frac 1{C_n^2}=frac 2{n(n-1)})，因此将所有的(A,B)求出的坐标期望求和并乘上(frac 2{n(n-1)})，就是最后紫色三角形重心的坐标期望。
然后乘(3)，即为答案。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 3000
#define DB double
using namespace std;
int n,l,a[N+5];const DB pi=acos(-1);
struct Point
{
DB x,y;I Point() {x=y=0;}I Point(Con DB& a):x(cos(2*pi*a/l)),y(sin(2*pi*a/l)){}//根据角度算坐标
I Point(Con DB& a,Con DB& b):x(a),y(b){}
I Point operator + (Con Point& t) Con {return Point(x+t.x,y+t.y);}
I Point operator * (Con DB& t) Con {return Point(x*t,y*t);}
}ans;
int main()
{
RI i,j;for(scanf("%d%d",&n,&l),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);//读入角度
for(sort(a+1,a+n+1),i=1;i<=n;++i) for(j=i+1;j<=n;++j)//枚举两个点
ans=ans+Point((a[i]+a[j])/2.0)*(1.0*(n-2-(j-i-1)*2)/(n-2));//统计
return ans=ans*(6.0/n/(n-1)),printf("%.10lf %.10lf",ans.x,ans.y),0;//计算并输出答案
}
(E)：Pairing Points（点此看题面）
大致题意： 一个圆上有(2n)个点，有若干对点之间可以连边。求有多少种连边方案，使得每个点恰好连出一条边，并满足边之间连通且无环。
我们定义一个基本局面((l,r,mid)(l<mid<r))表示满足以下条件的一个局面：
- ([l,mid-1],[mid+1,r])中的点都还未连边，且只会跟([l,mid-1],[mid+1,r])中的点连边。
- (mid)已和([l,r])外的一点连边。
考虑一开始，先对于(1)号点，为其枚举一个(x)号点，表示(1)与(x)相连，那么我们就得到一个局面((2,2n,x))。
可以发现，对于某一局面，若([l,mid-1])中的一点要和([mid+1,r])中的一点相连，就必然与以(mid)为一端的线段有交。而如果与(mid)的线段有交的某两条线段再相交，就会有环。因此，这样的一组线段它们的端点应该是单调的。
所以，我们可以枚举最靠外的一条与(mid)的线段有交的线段(i,j)，其中(i∈[l,mid-1],j∈[mid+1,r])。
考虑对于([i+1,mid-1])中的一点，它如果要向([i+1,mid-1])这一范围之外的点连边，必然会经过(i)的线段或(mid)的线段中的一条。由于不能存在环，则必然是以一个点(p)为界，其中([i+1,p])中的点向外连边时与(i)的线段有交，([p+1,mid-1])中的点向外连边时与(mid)的线段有交。
同理，在([mid+1,j-1])中，我们也能找到符合类似定义的一点(q)。
然后我们就发现，对于((l,p,i),(p+1,q-1,mid),(q,r,j))这三个局面，它们都符合上面对于基本局面的定义。
因此，我们只要继续递归处理对应局面即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 20
#define LL long long
using namespace std;
int n,a[2*N+5][2*N+5];LL f[2*N+5][2*N+5][2*N+5];
I LL DP(CI l,CI r,CI mid)//处理某一局面
{
if(~f[l][r][mid]) return f[l][r][mid];if(l==r) return 1;if(l==mid||r==mid) return 0;//判边界
RI i,j,p,q;LL t=0;for(i=l;i^mid;++i) for(j=r;j^mid;--j) if(a[i][j])//枚举最靠外的边
for(p=i;p^mid;++p) for(q=j;q^mid;--q) t+=DP(l,p,i)*DP(p+1,q-1,mid)*DP(q,r,j);//枚举两个分界点，递归求答案
return f[l][r][mid]=t;//记忆化，返回答案
}
int main()
{
RI i,j;string s;memset(f,-1,sizeof(f));
for(scanf("%d",&n),i=1;i<=2*n;++i) for(cin>>s,j=1;j<=2*n;++j) a[i][j]=s[j-1]&1;//读入
LL t=0;for(i=2;i<=2*n;++i) a[1][i]&&(t+=DP(2,2*n,i));return printf("%lld",t),0;//枚举与1相对的点，统计答案并输出
}
(F)：Min Product Sum（占坑待填）
(F)题显然不可做，看题解看了半个小时也没看懂。