Problem A

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Problem B

分析：

暴力查找，由操作111，我们可以知道原串的第一位可以匹配结果串的每一位，所以O(n)\mathcal{O}(n)O(n)枚举对齐判断就好；由操作222，对于每一个对齐好的原串，我们要花最少次数变成答案串，我们可以确定一个位置，然后进行变换，这里有三种情况：

1. 变选定位置和它的后一个位置
2. 变选定位置和它的前一个位置
3. 变选定位置和它的后一个位置，再变选定位置和它的前一个位置，即选定位置变了两次
   接着根据递推关系把原串变了，在最后一次变换后判断可不可行，不同对齐的情况取min\text{min}min就好。

整体时间复杂度O(n2)\mathcal{O}(n^2)O(n2)

代码：

Code

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Problem C

题意：

给你两个串str1str1str1和str2str2str2以及mmm种操作，对于第iii操作你可以花费costicost_icosti​元，将字符cic_ici​编程字符viv_ivi​。现在问你将str1str1str1转化为str2str2str2的最小花费。

分析：

考虑将这mmm种操作的关系连边，并形成一个关系图。要想使得str1str1str1转化成str2str2str2的花费最少，显然是对于str1str1str1中的每一个跟str2str2str2不同的字符，我们要在关系图中找最小的花费。

因此这显然是一个多元最短路的问题，我们用Floyd\text{Floyd}Floyd即可。

代码：

Code

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Problem D

题意：

给你一个有nnn个顶点的多边形，现在有mmm个点对(x,y)(x,y)(x,y)，现在让你求出这mmm个点对中，xxx和yyy所夹的最大的突变型的面积。

分析：

首先，对于一个nnn边形，如果要求出他的面积，则我们可以把他划分成n−1n-1n−1个三角形，之后我们只需要用叉积的形式求出这n−1n-1n−1个三角形的面积即可。

而现在这个题目中，需要我们求mmm个由点对(x,y)(x,y)(x,y)围城的多边形，如果我们用上面的做法去做时间复杂度显然会达到O(nm)\mathcal{O}(nm)O(nm)。

但是我们发现，在我们求一个nnn边形的面积的时候，我们是采用将面积累加的形式，而由此，我们可以采用前缀和去优化。

我们设sum[i]\text{sum[i]}sum[i]为前iii个点所围成的多边形的面积，我们画一下图之后可以发现，点对(x,y)(x,y)(x,y)所围成的面积即为：sum[y-1]-sum[x]-(p[x]  ˆ p[y]) \text{sum[y-1]-sum[x]-(p[x] \^ ~p[y]) }sum[y-1]-sum[x]-(p[x]  ˆ p[y]) 。

代码：

Code

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Problem E

题意：

给你一个边长为nnn的正三角形，正三角形的每条边都有n−1n-1n−1条线跟对应的边平行，且这n−1n-1n−1条线都是平分线。

现在问你，在这样的一个三角形中，有多少个点对(x,y)(x,y)(x,y)，使得由他们组成的线段xyxyxy中，包含着点ccc，使得点ccc也是这个三角形的顶点。

分析：

因为nnn比较小，因此我们可以打表。显然我们可以把这个边长为nnn的(1+n)∗n2\frac{(1+n)*n}{2}2(1+n)∗n​个顶点的坐标都表示出来，其次我们可以首先枚举线段的两个顶点x,yx,yx,y，再枚举第三个点zzz，判断是否存在一个点zzz在线段x,yx,yx,y中。

之后打表获取答案即可，打表的时间复杂度为O(n5)\mathcal{O}(n^5)O(n5)，鉴于nnn还是比较小，还是可以在比较快的时间内得出答案的。

而这题也有时间复杂度为O(n2)\mathcal{O}(n^2)O(n2)的优秀算法，有时间再更新。

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Problem F

题意：

有nnn支队伍，每个队伍有333个队员，每个队伍都有一个或多个擅长的领域（分别为A到Z）。而一个队伍最擅长的领域取决于他们中出现次数最多的（如果有多个则都是）。

现在规定，每个领域最多只能有kkk个队伍擅长，现在问你，最多有多少个队伍符合条件。

分析：

网络流的裸题。

我们考虑先让每个队伍跟他符合条件的领域连边。

因为每个领域最多只能有kkk个队伍擅长，因此，我们只需要对每个领域向超级汇点连接一条大小为kkk的边限流即可。

最后把超级源点都给每个队伍连一条大小为111的边作为流量，最后对这张图跑最大流即可。

代码：

Code

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Problem G

分析：

先把每个字母的取和不取的概率算出来，要用到乘法逆元；接着进行dpdpdp，dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示到长度i时猜中到第jjj个的概率，最后将所有猜中到第mmm个的概率加起来就是答案。
复杂度O(n∗m)\mathcal{O}(n*m)O(n∗m)

代码：

Code

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Problem H

温暖的签到题，只需要知道平年每过一年星期数+1，如果是闰年，过一年后星期数+2即可。

Code

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Problem I

貌似是一个温暖的签到题，可能因为没有外榜大家都没有很快的ACACAC。

实质上只需要模拟一下二进制循环移位的过程就结束了。

Code

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Problem J

题意：

有nnn个点，mmm条边。对于第iii条边，你可以从uiu_iui​走到viv_ivi​，花费cic_ici​元，花费tit_iti​时间。同时，你只能在时间sis_isi​时候进行移动，且你只能在每si+fi、si+2∗fi…si+n∗fis_i+f_i 、s_i+2*f_i \dots s_i+n*f_isi​+fi​、si​+2∗fi​…si​+n∗fi​时刻进行移动。现在问你从111号结点走到nnn号结点的最少时间以及在此基础下的最小的花费。

分析：

虽然多了一个移动时间的限制，但是本质上还是一个最短路径的问题。

我们发现等待的过程可以分为两种：

1. 当前的时间cur≤sicur\leq s_icur≤si​
2. 当前的时间cur>sicur > s_icur>si​

对于第一种情况，我们显然只能等待到sis_isi​时候后，再花费tit_iti​的时间，故对于情况111，此时需要花费的累计的时间为cur=si+ticur=s_i+t_icur=si​+ti​

而对于第二种情况，要使的花费时间最小，我们必然想要等到一个最近的发车点，因此我们只需要获取需要等待的时间间隔cur−sifi+1\frac{cur-s_i}{f_i}+1fi​cur−si​​+1，并用这个间隔算出最终所需的时间。

而倘若解决了上诉时间问题，之后我们只需要利用所算出的时间进行松弛操作即可。

代码：

Code

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Problem K

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Problem L

分析：

构造题，对于一个边长为N=2nN=2^nN=2n的矩阵，我们可以每次对它一分为444，类似“田”字，然后查找哪个子矩阵有一个点被占用，即有被填过或为一开始的(x,y)(x,y)(x,y)，然后在四个矩阵的交界处，填上一个LLL，这个LLL经过另外三个矩阵，这时候四个子矩阵都有一个点被占用了，接下来我们对子矩阵再进行同样的操作，直到矩阵不可再分。

最后填色，对你填LLL过程中的LLL打标记，最后%26\%26%26填字母就行，要说正确性，题目中2n2^n2n的矩阵，nnn最大才111111，你递归过程中，按顺序来，碰撞概率是极低的吧
复杂度O(N∗N)\mathcal{O}(N*N)O(N∗N)

代码：

Code

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Problem M

分析：

一个比较简单的概率的问题……

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,b,k;
int main(){cin>>a>>b>>k;double ans=0;ll res=b-k+1;if (k>b) ans=1.0*b/k;else  ans=1.0*((k-1)+1.0*res/(res+a))/k;printf("%.7f\n",ans);return 0;
}