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A - Golden Plate - [计算题]
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; inline int calc(int w,int h){return (w+h-2)*2;} int w,h,k; int ans; int main() { cin>>w>>h>>k; for(;w&&h&&k;w-=4,h-=4,k--) ans+=calc(w,h); cout<<ans<<endl; }
B - Curiosity Has No Limits - [DFS]
对于常数 $C_1,C_2$ 和变量 $x,y$ 的方程组：
$left{ {egin{array}{*{20}c} {C_1 = x|y} \ {C_2 = x& y} \ end{array}} ight.$
除了 $x$ 和 $y$ 之间能互换一下之外，其实解是唯一的。
因此，说是从 $1$ 到 $n$ 的深搜，其实只是 $O(n)$ 的枚举，因为当你确定了第一个数字 $t[1]$ 之后，后面的跟着都是确定的，因此只会DFS只会跑一条深度为 $n$ 的链。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef pair<int,int> pii; const int maxn=1e5+50; int n; pii a[maxn],b[maxn]; pii cho[4]; bool judge(pii a,pii b,pii x,pii y) { if((x.first|y.first)!=a.first || (x.second|y.second)!=a.second) return 0; if((x.first&y.first)!=b.first || (x.second&y.second)!=b.second) return 0; return 1; } bool ok; int c[maxn]; void dfs(int d,int p) { if(ok) return; if(d==n+1) { ok=1; return; } for(int i=0;i<=3;i++) { if(judge(a[d-1],b[d-1],cho[p],cho[i])) { c[d]=i; dfs(d+1,i); } } } int main() { cho[0]=make_pair(0,0); cho[1]=make_pair(0,1); cho[2]=make_pair(1,0); cho[3]=make_pair(1,1); cin>>n; for(int i=1,k;i<n;i++) { scanf("%d",&k); a[i].first=k/2; a[i].second=k%2; } for(int i=1,k;i<n;i++) { scanf("%d",&k); b[i].first=k/2; b[i].second=k%2; } ok=0; for(int i=0;i<=3;i++) { c[1]=i; dfs(2,i); if(ok) break; } if(ok) { printf("YES "); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",c[i]); printf(" "); } else printf("NO "); }
C - Cram Time - [暴力]
（忍不住想说，我队友太强了，跟他组队是我拖后腿了55555）
显然，要放最多的数进去，肯定是放 $1 sim n$，其中 $n$ 是满足 $frac{{left( {n + 1} ight)n}}{2} le a + b$ 的最大整数。
考虑第一天看 $a$ 的书，我们从最大的 $n$ 枚举起，遇到能塞得下的就往里塞，这样必然可以让第一天的 $a$ 个小时被占满，
而剩下的全部放到第二天就行了，剩下的那些加起来必然不会超过 $b$ 小时。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=63300; ll a,b; ll n; bool vis[maxn]; int main() { cin>>a>>b; for(n=0;n<maxn;n++) if((n+1)*n/2<=a+b && (n+2)*(n+1)/2>a+b) break; memset(vis,0,sizeof(vis)); int cnt=0; for(int i=n;i>=1;i--) { if(a>=i) { vis[i]=1; a-=i; cnt++; } } printf("%d ",cnt); for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]) printf("%d ",i); printf(" "); printf("%d ",n-cnt); for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]) printf("%d ",i); printf(" "); }
D - Minimum path - [BFS]
题意：
给出存储小写字母的 $n imes n$ 的矩阵，规定每次只能往下跑一格或者往右跑一个，要从左上角的 $(1,1)$ 跑到右下角 $(n,n)$，问路径上产生的字符串字典序最小是哪个（另外， 你有 $k$ 次机会能够修改某个字母为任意一个字母）。
题解：
按照反对角线，从第 $1$ 层的 $(1,1)$ 跑到第 $2 imes n - 1$ 层的 $(n,n)$，构建两个队列（数组模拟）q[0] 和 q[1]，
队列里面存储一个Node结构体，Node结构体中存储：目前我走到的了 $(i,j)$，给相应路径上产生字符 $c$，接下来我还有多少次 $k$ 能用。
1、从当前层往下一层BFS，从当前 q[f] 队列（其中 f = 0 or 1）取出节点，最多有 $O(n)$ 个节点。
2、通过这个节点计算出它下一层可能会走到的节点，入队 q[f^1]。
3、同时，在入队时，我们要把所有能去重的全都去重（就是当前层的两格 $(i+1,j)$ 和 $(i,j+1)$ 都走到下一层的 $(i+1,j+1)$，这种情况只需要判断一下哪个更优即可，显然是字符越小的越优，如果字符相同，那么肯定是 $k$ 越大越优）；
4、另外，我们用 $mini$ 变量记录 q[f^1] 队列中所有元素里字典序最小的字符（这个字符就是要求输出的字符串中第 $k$ 个位置上的字符），而对于 q[f^1] 中大于 $mini$ 的字符的元素，统统都可以去掉（用vis数组标记掉），如果处理完发现 q[f^1] 队列已经空了，就跳出BFS；否则就清空 q[f] 队列，然后令 f^=1，回到步骤 1 继续。
时间复杂度：
BFS一共前进 $O(n)$ 层，每层要遍历一遍当前队列取出当前节点，而队列中元素不超过 $O(n)$，同时产生的下个队列内元素一样不会超过 $O(n)$，因此时间复杂度为 $O(n^2)$。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=2100; int n,k; char mp[maxn][maxn]; vector<char> ans; struct Node{ char c; int i,j; int k; Node(){} Node(char _c,int _i,int _j,int _k){c=_c,i=_i,j=_j,k=_k;} bool operator<(const Node& oth)const { if(c==oth.c) return k>oth.k; else return c<oth.c; } }; int tot[2]; Node q[2][2*maxn]; int vis[maxn][maxn]; const int dx[2]={0,1},dy[2]={1,0}; inline bool in(int i,int j){return (1<=i && i<=n && 1<=j && j<=n);} void bfs() { tot[0]=0; tot[1]=0; memset(vis,-1,sizeof(vis)); if(mp[1][1]=='a') q[0][tot[0]++]=Node('a',1,1,k); else q[0][tot[0]++]=Node(k?'a':mp[1][1],1,1,max(0,k-1)); ans.push_back(q[0][0].c); vis[1][1]=0; int f=0; Node now,nxt; while(tot[f]) { int mini=(int)('z'+10); for(int i=0;i<tot[f];i++) { now=q[f][i]; if(vis[now.i][now.j]==-1) continue; for(int z=0;z<=1;z++) { int x=now.i+dx[z], y=now.j+dy[z]; if(!in(x,y)) continue; if(mp[x][y]=='a') nxt=Node('a',x,y,now.k); else nxt=Node(now.k?'a':mp[x][y],x,y,max(0,now.k-1)); if(vis[x][y]==-1) { vis[x][y]=tot[f^1]; q[f^1][tot[f^1]++]=nxt; mini=min(mini,(int)nxt.c); } else { Node &tmp=q[f^1][(vis[x][y])]; if(nxt<tmp) tmp=nxt, mini=min(mini,(int)nxt.c); } } } if(mini<(int)('z'+10)) ans.push_back((char)mini); else break; for(int i=0;i<tot[f^1];i++) { nxt=q[f^1][i]; if((int)nxt.c>mini) vis[nxt.i][nxt.j]=-1; } tot[f]=0; f^=1; } } int main() { cin>>n>>k; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",mp[i]+1); if(k+1>=n+n) { for(int i=1;i<=2*n-1;i++) printf("a"); printf(" "); return 0; } ans.clear(); bfs(); for(int i=0;i<ans.size();i++) printf("%c",ans[i]); printf(" "); }