(A) Even Subset Sum Problem
题解：因为n非常非常小，直接暴力枚举所有区间即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef double db;
int t,l,r,n,a[110],s[110];
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];
l=r=-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int flag=0;
for(int j=i;j<=n;j++){
if((s[j]-s[i-1])%2==0){
l=i;r=j;flag=1;
break;
}
}
if(flag) break;
}
if(l==-1){
puts("-1");
continue;
}
printf("%d
",r-l+1);
for(int i=l;i<=r;i++){
printf("%d%c",i,(i==r)?'
':' ');
}
}
return 0;
}
(B) Count Subrectangles
题解：由于对于大小为(k)的子矩形来说，其较短边是其较小的因子，所以其取值有(sqrt{k})种，我们只要枚举这些较短边长，然后问题就变成了：找到输入中有多少种方法可以选择一段连续的1，使得1的长度与我们需求的边长相等，模拟即可。注意爆int，以及枚举时分别要枚举较短边在行和较短边在列两种情况，特别的，因子恰为(sqrt{k})时，注意不要计算两遍。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef double db;
int n,m,k,a[40010],b[40010];
int ap[40010],bp[40010];
int fac[40010],p;
int main(){
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) ap[i]=((a[i]==0)?0:ap[i-1]+1);
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i];
for(int i=1;i<=m;i++) bp[i]=((b[i]==0)?0:bp[i-1]+1);
for(int i=1;i*i<=k;i++){
if(k%i==0){
fac[++p]=i;
}
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=p;i++){
ll tot=0,t1,t2;
t1=t2=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(ap[j]>=fac[i]){
t1++;
}
}
for(int j=1;j<=m;j++){
if(bp[j]>=k/fac[i]){
t2++;
}
}
tot+=t1*t2;
t1=t2=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(ap[j]>=k/fac[i]){
t1++;
}
}
for(int j=1;j<=m;j++){
if(bp[j]>=fac[i]){
t2++;
}
}
tot+=t1*t2;
if(fac[i]==k/fac[i]) tot/=2ll;
ans=ans+tot;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
(C) Unusual Competitions
题解：一个很直接的想法就是用栈来瞎搞，但也不能太瞎搞，比如 )((()))( 这样的例子，答案就是8，所以不能只用一个简单的栈，中间互相匹配掉的串长也要有所记录。
注意到这一点后，模拟即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef double db;
stack<int> st;
int n,r,l;
char s[1000010];
int main(){
scanf("%d%s",&n,s+1);
int ans=0,len=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
len++;
if(s[i]=='('){
r++;
}
else{
if(r) r--;
else l++;
}
if(l==r){
if(r) ans+=len;
l=r=len=0;
}
}
if(l||r){
puts("-1");
}
else{
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
(D) Present
题解：本题的思路是经典的按位考虑贡献，考虑第(i)位（最低位记为0），将所有数对(2^{i+1})取模获得后i位数字，那么只有两种情况，会对(i)位贡献一个“1”，即数组中某两数之和：
1、属于([2^{i},2^{i+1}-1])；
2、属于([2^{i+1}+2^{i},2^{i+2}-1])
所以只要统计这样的两个数有多少对即可，可以用双指针、二分、树状数组（因为本题值域不大不小，恰好(10^{7})）。之中果然还是二分最好写呐，但cf排名靠前的很多中国大佬写的都是树状数组，不愧是数据结构大国（？
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef double db;
int n,a[400010],b[400010];
int cnt[30];
int query(int lb,int rb){
ll tmp=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ll pos1=lower_bound(b+1,b+1+n,lb-b[i])-b;
ll pos2=upper_bound(b+1,b+1+n,rb-b[i])-b;
tmp+=(pos2-pos1);
if(2*b[i]<=rb&&2*b[i]>=lb) tmp--;
}
assert(tmp%2==0);
tmp/=2;
return tmp%2;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=24;i++){
int k=(1<<(i+1)),tmp=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
b[j]=a[j]%k;
}
sort(b+1,b+1+n);
tmp+=query((1<<i),(1<<(i+1))-1);
tmp+=query((1<<(i+1))+(1<<i),(1<<(i+2))-2);
tmp%=2;
ans=ans+(1<<i)*tmp;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}
(E) Instant Noodles
题解：其实这题并不太需要题解，干脆直接给个例子吧：
3 4
31 29 41
1 1
3 1
1 2
3 3
答案是1
如果把原题的三个样例叫一二三，这个是样例四的话，那么现在，可以观察一下，为什么样例一和三的结果非1，而样例2和4的结果是1；
如果你发现了的话，就快去AC吧；
如果你没有发现的话，规律是这样的：
如果有两个右部的点，他们相邻的左部点集完全相同，则他们算作“一类”；把每一类的数字加起来，求得到所有结果的(gcd)，就是答案；
那么，咋判断两个集合是否相等呢？每个集合排序之后取模数哈希成一个ull，然后用map<ull,int>来维护是可以的。
这里突发奇想对set搞了个map维护，本来以为会超时，结果并没有？但这玩意儿看上去复杂度真的很危啊（
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef double db;
map<set<int>,int> mp;
set<int> s[500005];
ll a[500005],p;
ll t,n,m,c[500005],u,v;
int main(){
scanf("%lld",&t);
while(t--){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&c[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld%lld",&u,&v);
s[v].insert(u);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i].size()==0){
continue;
}
if(mp.find(s[i])==mp.end()){
mp[s[i]]=++p;
}
a[mp[s[i]]]+=c[i];
}
ll ans=a[1];
for(int i=1;i<=p;i++){
ans=__gcd(a[i],ans);
}
printf("%lld
",ans);
for(int i=1;i<=n;i++){
s[i].clear();
}
mp.clear();
for(int i=1;i<=p;i++){
a[i]=0;
}
p=0;
}
return 0;
}