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T1-Pie or die
Volodya和Vlad在玩下面的这个游戏。这里有k个派，分布在n×m的板子上。每一回合Volodya移动一个派到这个派边界的格子，如果这个派在板子的边界，Volodya就可以把它移出板，得到这个派并且获胜。在Volodya移动之后，Vlad在板的边界放一个长度为1的挡板，然后Volodya就不能把派从挡住的边移出。 请问，Volodya会赢得这次比赛吗？（我们假设两个玩家都无比聪明）
解法
明显的贪心，如果已经在边界上有派了，能赢
如果没有的话，显然只能走到边角获胜
看离边界最近的距离是否超过4，如果不超过4，对手无法封锁全部边角，能赢
如果超过4，对手能封锁所有边角，输了
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,x,y,flg=1;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
if(x==1||x==n||y==1||y==m)flg=0;
if(x-1<=4||n-x<=4||y-1<=4||m-y<=4)flg=0;
}
if(flg)puts("NO");else puts("YES");
return 0;
}
T2-Beautiful numbers
Volodya是一个很皮的男♂孩。他认为一个能被它自己的每一位数上的数整除的数是很妙的。我们先忽略他的想法的正确性（如需证明请百度“神奇海螺”），只回答在l到r之间有多少个很妙的数字。
解法
数位dp，和记忆化搜索很相似
我们设dp[i][j][k]表示当前的数为i位，mod 2520为j，当前数的每一位数的lcm为k的答案种类
发现要存18×2520×2520，可能会爆，就预处理出所有可能的lcm，就可以简化为50左右了
至于数位dp，主要处理上限，如果前面几位不是上限的前几位，后面没有限制，可以记忆化搜索
如果前面几位和上限一样，这一位就不能都取，不能记忆化，相当于多扫一层
复杂度不太清楚，大概是O(能过)，(大雾
ac代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll T,l,r,cnt=0,w[20],mp[3000],dp[20][3000][50];
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll dfs(int len,int pre,int mod,int lim)
{
if(!len)return pre%mod==0;
if(!lim&&dp[len][pre][mp[mod]]!=-1)return dp[len][pre][mp[mod]];
ll res=0,maxx=lim?w[len]:9;
for(int i=0;i<=maxx;i++)
res+=dfs(len-1,(pre*10+i)%2520,i==0?mod:mod*i/gcd(mod,i),lim&&i==maxx);
if(!lim)dp[len][pre][mp[mod]]=res;
return res;
}
ll calc(ll n,ll len)
{
while(n){w[++len]=n%10,n/=10;}
return dfs(len,0,1,1);
}
int main()
{
for(int i=1;i<=2520;i++)if(2520%i==0)mp[i]=++cnt;
memset(dp,-1,sizeof(dp)),scanf("%lld",&T);
while(T--){scanf("%lld%lld",&l,&r),printf("%lld
",calc(r,0)-calc(l-1,0));}
return 0;
}
T3-Geometry Horse
给定n种物品，每种物品有Ki个，价值为Ci，摧毁一个物品的贡献为Ci×f
f为贡献因子，有一个长度为t的单调递增序列p，当前摧毁的物品若超过p[i]，则贡献因子f=i+1
求最大贡献
解法
主要题意好难读懂啊emm
读懂之后，是一个比T1还显然的贪心，让价值小的先摧毁，价值大的后摧毁，模拟一遍=-=
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 2333333333333333333
using namespace std;
struct node{int k,c;}a[110];
int n,m,nw=1;
ll ans=0,p[110];
int cmp(node x,node y){return x.c<y.c;}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].k,&a[i].c);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&p[i]);
for(int i=m;i>1;i--)p[i]-=p[i-1];
p[m+1]=inf;
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(a[i].k>p[nw])ans+=1ll*nw*a[i].c*p[nw],a[i].k-=p[nw],nw++;
ans+=1ll*nw*a[i].c*a[i].k,p[nw]-=a[i].k;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
T4-Plane of Tanks: Duel
坦克的属性：血量，攻击间隔，攻击下限与上限，攻击不命中的概率
现有2个坦克，求第一个坦克获胜的概率（当2个坦克同时死亡时，算第一个坦克获胜）
解法
可以模拟，但是发现如果2个坦克一直没打中，会停不下来=-=
看到题目的精度要求，可以这样做，一直模拟直到1个坦克的存活率低于eps，然后停止
稍微调一调精度就能过，主要是dp模拟坦克的行动，并且分开处理
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define eps (1e-8)
using namespace std;
double dp[2][10010][210],p[2],ans;
int n,x,y,a[2],t[2],l[2],r[2];
int main()
{
for(int i=0;i<2;i++)scanf("%d%d%d%d%lf",&a[i],&t[i],&l[i],&r[i],&p[i]);
if(abs(p[0]-100.0)<eps){puts("0.000000");return 0;}
if(abs(p[1]-100.0)<eps){puts("1.000000");return 0;}
dp[0][0][a[0]]=dp[1][0][a[1]]=1,p[0]/=100.0,p[1]/=100.0;
for(x=1;x<=10000;x++)
{
for(int i=0;i<2;i++)for(int j=1;j<=a[i];j++)
{
if(dp[i][x-1][j]<=eps)continue;
for(int k=l[i^1];k<=r[i^1];k++)
dp[i][x][max(0,j-k)]+=dp[i][x-1][j]*(1-p[i^1])/(r[i^1]-l[i^1]+1);
dp[i][x][j]+=dp[i][x-1][j]*p[i^1];
}
dp[0][x][0]+=dp[0][x-1][0];
}
for(int i=1;i<=x;i++)
{
y=((i-1)*t[0]+t[1]-1)/t[1];
if(y>x)break;
ans+=(1-dp[0][y][0])*dp[1][i][0];
}
printf("%.6lf
",ans);
return 0;
}
T5-Alphabet Permutations
给定一个长度为n（n<200000）的字符串s,有两种指令：
1.将区间[L,R]内的字符变为ch
2.给定长度为k（1<=k<=10）的字符串排列t，向s串中添加字符，使得s以t为模式循环，求最少的循环次数
最多20000条指令
解法
建一棵线段树，在每个节点里放一个k^2的数组，记录两个ch直接相连的情况，操作1就是区间修改
至于询问，记录一下每个字母在模式串中的出现位置，即rk，当rk[i]>rk[j]时ans+=[1][i][j]
即当一个字母在另一个字母的后面时，与它相连的另一个字母一定会跳转到下一个模式串，即1的贡献
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
char ch;
int n,m,k,c,l,r,ans,rk[10],a[800010][10][10],tg[800010],lc[800010],rc[800010];
void f(int x,int c,int len){mem(a[x]),a[x][c][c]=len-1,lc[x]=rc[x]=tg[x]=c;}
void down(int x,int l,int r){if(tg[x]>-1)f(x<<1,tg[x],mid-l+1),f(x<<1|1,tg[x],r-mid);}
void upd(int x)
{
int l=x<<1,r=x<<1|1;
for(int i=0;i<k;i++)for(int j=0;j<k;j++)a[x][i][j]=a[l][i][j]+a[r][i][j];
a[x][rc[l]][lc[r]]++,lc[x]=lc[l],rc[x]=rc[r];
}
void build(int x,int l,int r)
{
if(l==r){scanf(" %c",&ch),lc[x]=rc[x]=ch-'a';return;}
build(x<<1,l,mid),build(x<<1|1,mid+1,r),upd(x);
}
void modify(int x,int l,int r,int p,int q,int d)
{
if(l>=p&&r<=q){f(x,d,r-l+1);return;}else if(l>q||r<p)return;
down(x,l,r),tg[x]=-1,modify(x<<1,l,mid,p,q,d),modify(x<<1|1,mid+1,r,p,q,d),upd(x);
}
int main()
{
memset(tg,-1,sizeof(tg)),scanf("%d%d%d",&n,&m,&k),build(1,1,n);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&c),ans=0;
if(c==1)scanf("%d%d %c",&l,&r,&ch),modify(1,1,n,l,r,ch-'a');
else
{
for(int i=0;i<k;i++)scanf(" %c",&ch),rk[ch-'a']=i;
for(int i=0;i<k;i++)for(int j=0;j<k;j++)if(rk[i]>=rk[j])ans+=a[1][i][j];
printf("%d
",ans+1);
}
}
return 0;
}