A
签到，然而手残WA了一发，不过加上50分名次不变。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); m=n-m; if(m==n)printf("1"); else if(m<=n/2)printf("%d",m); else printf("%d",n-m); }
B
设前i个位置存在m种颜色，显然只有以下几种情况：1、所有颜色出现1次。2、出现最多的颜色有1种，出现次多的颜色出现次数为出现最多颜色出现次数-1，且有(m-1)种。3、出现最多的颜色种类有(m-1)种，且剩余一种颜色仅出现1次。然后维护mx的值，即为出现最多颜色出现次数，随便判一下就好了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+7; int n,m,ans,mx,a[N],b[N],c[N]; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) { int col=a[i]; if(b[col])c[b[col]]--;else m++; c[++b[col]]++; if(b[col]>mx)mx=b[col]; if(m==1||mx==1||c[mx]==m-1&&c[1]==1||c[mx-1]==m-1&&c[mx]==1)ans=i; } printf("%d",ans); }
C
可以O(n^2)枚举两两点对间的直线，记录k和b，即y=kx+b，对于不存在斜率的线，记录x坐标的位置即可。eps设为1e-10即可。然后去重，统计相同斜率的直线个数直接计算。因为答案就是斜率不同的直线对数目÷2。
#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; const int N=1010; struct line{double k,b;}l[N*N]; int n,num,n1,n2,m,x[N],y[N],h1[N*N],h2[N*N],b[N]; ll ans; bool cmp(line a,line b){return fabs(a.k-b.k)<1e-10?a.b<b.b:a.k<b.k;} int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++)cin>>x[i]>>y[i]; for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) if(x[i]==x[j]) { if(!h1[x[i]+10000])n1++; h1[x[i]+10000]=1; } else l[++m].k=1.0*(y[i]-y[j])/(x[i]-x[j]),l[m].b=y[i]-l[m].k*x[i]; sort(l+1,l+m+1,cmp); l[0].k=-1e18; for(int i=1;i<=m;i++) if(fabs(l[i].k-l[i-1].k)>1e-10)n2++,h2[++num]++; else if(fabs(l[i].b-l[i-1].b)>1e-10)n2++,h2[num]++; ans=1ll*n1*n2; for(int i=1;i<=num;i++)ans+=1ll*(n1+n2-h2[i])*h2[i]; cout<<ans/2; }
D
看到|c|<=1000,|s|,|t|<=50，不妨想到dp，f[i][j][k]表示c串走i步，到达|s|串j位置，|t|串k位置最大值为多少，若遇到字母直接转移，遇到*枚举26个字母。预处理s和t在每一个位置使用26个字母转移后的j/k最大值，这个暴力计算即可。复杂度O(|s|^3+|t|^3+26|c||s||t|)
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1002; int n,ns,nt,ans=-1e9,gs[52][26],gt[52][26],f[N][52][52]; char c[N],s[N],t[N]; bool Qs(int x,int y) { int p=x-y;for(int i=1;i<=y;i++)if(s[i]!=s[p+i])return 0; return 1; } bool Qt(int x,int y) { int p=x-y;for(int i=1;i<=y;i++)if(t[i]!=t[p+i])return 0; return 1; } void upd(int&x,int y){x=x>y?x:y;} int main() { scanf("%s",c+1),n=strlen(c+1); scanf("%s",s+1),ns=strlen(s+1); scanf("%s",t+1),nt=strlen(t+1); for(int i=0;i<=ns;i++) for(int j=i;j>=0;j--) if((i!=ns||j!=ns)&&Qs(i,j))gs[i][s[j+1]-'a']=max(gs[i][s[j+1]-'a'],j+1); for(int i=0;i<=nt;i++) for(int j=i;j>=0;j--) if((i!=nt||j!=nt)&&Qt(i,j))gt[i][t[j+1]-'a']=max(gt[i][t[j+1]-'a'],j+1); for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j<=ns;j++) for(int k=0;k<=nt;k++) f[i][j][k]=-1e9; f[0][0][0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=ns;j++) for(int k=0;k<=nt;k++) if(f[i-1][j][k]>-1e9) { if(c[i]!='*') { int x=c[i]-'a'; upd(f[i][gs[j][x]][gt[k][x]],f[i-1][j][k]+(gs[j][x]==ns)-(gt[k][x]==nt)); } else for(int x=0;x<26;x++) upd(f[i][gs[j][x]][gt[k][x]],f[i-1][j][k]+(gs[j][x]==ns)-(gt[k][x]==nt)); } for(int j=0;j<=ns;j++) for(int k=0;k<=nt;k++) upd(ans,f[n][j][k]); printf("%d",ans); }
E
太难了，很少有这么难的E。考虑从小到大枚举2的幂次，当答案是x时，然后将每个小于2x的a[i]插入线性基。判断从0~x-1位是否存在即可。找到最大的x后，再重建立一遍线性基，dfs搜索答案即可，每次异或线性基内的数。复杂度O(nlogn)，因为可以two-pointers，其中n=max{a[i]}。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=270000; int n,ans,a[N],b[20],vis[N]; vector<int>G; void add(int v) { int tmp=v; for(int i=19;i>=0;i--) if(v&(1<<i)) { if(b[i])v^=b[i]; else{G.push_back(tmp),b[i]=v;break;} } } void dfs(int v,int t) { printf("%d ",v); vis[v]=1; if(t==(1<<ans))return; for(int i=0;i<G.size();i++)if(!vis[v^G[i]]){dfs(v^G[i],t+1);break;} } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+n+1); for(int i=1,p=1;i<=19;i++) { while(p<=n&&a[p]<(1<<i))add(a[p++]); bool flag=1; for(int j=0;j<i;j++)if(!b[j])flag=0; if(flag)ans=i; } memset(b,0,sizeof b); G.clear(); for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]<(1<<ans))add(a[i]); printf("%d ",ans); sort(G.begin(),G.end()); unique(G.begin(),G.end()); dfs(0,1); }
F
太难了，先咕着。
这场CF是真心难，所以导致其成为手速场，体现不了选手的真实水平。用小号的小号打的，就会ABCD，rank5，rating+=291。感觉自己稍微有点难度的题都不会。