B

有 n n n 盒糖果并排放，每盒有数量 r i r_i ri ，里面颜色为 c i c_i ci。
如果吃糖，必须在该位置的糖全部吃完，且必须比上一次吃得数量多，且必须与上一次吃的糖的颜色不一样。
每次向相邻方向走一格的时间花费为 1 1 1，吃糖不花费时间。
起点在 s s s，问你至少吃 k k k 颗糖最少花费时间为多少。

题目要求真地多，而且我开始还读错题意了。。
设 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示你现在在位置 i i i 且吃了该位置的糖，花了 j j j 时间的最多吃糖数。
为什么可以这么设呢？因为你每次吃糖一定是吃完的，你中间如果走过去没有吃得话，其实是为了走到目的地然后吃，所以设的不是你目前的位置，而是你目前吃完糖的位置。
转移条件也很简单，满足糖果颜色不同、数量要更多就行了。
注意，时间上限是多少？ n 2 n^2 n2，因为你不可能没吃糖，经过同一个点两次。

时间复杂度： O ( n 4 log ⁡ n ) O(n^4\log n) O(n4logn)

const int MAX = 55;
int n,s,k;
int r[MAX];
string c;
int dp[MAX][MAX*MAX];int main()
{cin >> n >> s >> k;for(int i = 1;i <= n;++i)cin >> r[i];cin >> c;c = " " + c;memset(dp,-1,sizeof(dp));priority_queue<pair<int,int> >Q;for(int i = 1;i <= n;++i){dp[i][abs(i-s)] = r[i];Q.push(make_pair(-(abs(i-s)),i));}while(!Q.empty()){int d = -Q.top().first;int x = Q.top().second;Q.pop();if(dp[x][d] >= k){cout << d;return 0;}for(int i = 1;i <= n;++i){if(c[x] != c[i] && r[i] > r[x] && dp[i][abs(i-x)+d] < dp[x][d] + r[i]){dp[i][abs(i-x)+d] = dp[x][d] + r[i];Q.push(make_pair(-(abs(i-x)+d),i));}}}cout << -1;return 0;
}

C

给你一个长度为 1 0 5 10^5 105 的数字串。
问你，中间连续删掉一段数字之后，剩下的数字头尾相接，形成删数。问你所有不同的删法后，所拼接出来的删数的和取模 998244353 998244353 998244353 是多少。
比如 107 107 107，删掉中间连续一段之后会变成 07 、 17 、 10 、 7 、 1 、 0 07 、 17、 10、 7、 1、 0 07、17、10、7、1、0，他们的和为 42 42 42

把数字拼接起来之后再算怎么搞都是搞不出来的、、我们按头和尾来考虑。
如果他们俩能连接起来，我们给他们连一条线。下面的 + + +号表示把他们收尾拼接。
比如 ϕ + 07 = 07 \phi +07=07 ϕ+07=07、 ϕ + ϕ = 0 \phi+\phi=0 ϕ+ϕ=0、 1 + 7 = 17 1+7=17 1+7=17
考虑每一串头和每一串尾到底对答案作出多少贡献。
注意：头的拼接还要考虑拼接后相当于头的数字增加了 1 0 k 10^k 10k
尾的收益：最长的尾只贡献 1 1 1次，次长的贡献 2 2 2次等
尾的收益比较好算，单个串的数字好算，单个串的贡献次数也好算。
头的收益：
（1） ϕ \phi ϕ 的贡献为 1 1 1 次和长度为 2 2 2 的串拼接， 1 1 1 次为和长度为 1 1 1 的串拼接， 1 1 1 次和长度为 0 0 0 的串拼接，它的贡献就是 0 × ( 1 0 2 + 1 0 1 + 1 0 0 ) 0\times(10^2+10^1+10^0) 0×(102+101+100)
（2） 1 1 1 的贡献为 1 1 1 次和长度为 1 1 1 的串拼接， 1 1 1 次和长度为 0 0 0 的串拼接，它的收益就是 1 × ( 1 0 1 + 1 0 0 ) 1\times(10^1+10^0) 1×(101+100)
（3）对于某一个头串，它的贡献为它本身 × p r e [ x ] 它本身\times pre[x] 它本身×pre[x] ，其中 p r e [ x ] = 1 0 x + 1 0 x − 1 + ⋯ + 1 0 0 pre[x]=10^x+10^{x-1}+\cdots+10^0 pre[x]=10x+10x−1+⋯+100。这个 x x x 取原串长减去该头串长再减一。

时间复杂度： O ( l o g 10 S ) O(log_{10}S) O(log10S)

/*_            __   __          _          _
| |           \ \ / /         | |        (_)
| |__  _   _   \ V /__ _ _ __ | |     ___ _
| '_ \| | | |   \ // _` | '_ \| |    / _ \ |
| |_) | |_| |   | | (_| | | | | |___|  __/ |
|_.__/ \__, |   \_/\__,_|_| |_\_____/\___|_|__/ ||___/
*/
char ss[MAX];
ll pre[MAX];
void init(int x){pre[0] = 1;ll base = 10;for(int i = 1;i <= x;++i){pre[i] = (pre[i-1] + base) % MOD;base = base * 10 % MOD;}
}
int main()
{init((int)1e5+50);scanf("%s",ss);int len = strlen(ss);ll sum = 0;ll base = 1;ll tmp = 0;for(int i = len-1;i >= 1;--i){tmp = (base * (ss[i]-'0') % MOD + tmp) % MOD;sum = (sum + tmp * i % MOD) % MOD;base = (base * 10) % MOD;}tmp = 0;base = 1;for(int i = 0;i < len-1;++i){tmp = (tmp * 10 % MOD + (ss[i]-'0')) % MOD;sum = (sum + tmp * pre[len-i-2] % MOD) % MOD;base = (base * 10) % MOD;}printf("%lld",sum);return 0;
}

D

问你对于一个序列，是否可以删掉一个数字后，其他数字成等差，问你删掉哪一个。
序列先排序，再考虑删头或者删尾或者删中间。
删中间的话：要删除的那个数字的序号一定是 该位置之后的数字减去该位置之前的数字的和最小。
考虑一个等差 5 、 10 、 15 、 20 、 25 5、 10、 15、 20、 25 5、10、15、20、25
如果要删中间，你多余的数字应该要放在这些数字的中间
5 、 10 、 15 、 18 、 20 、 25 5、 10、 15、 18、 20、 25 5、10、15、18、20、25
此时明显 20 − 18 + 18 − 15 = 20 − 15 = 5 20-18+18-15=20-15=5 20−18+18−15=20−15=5 是所有里面最小的，因为其他的数字 15 − 5 = 10 15-5=10 15−5=10 明显是两倍等差。

F

给你一个树，但是树的边是单向的。
你要选择首都的位置，要修改一些道路的朝向，使得首都能够到达所有的位置。
问你最少修改多少条路，以及首都的所有可选位置。
树形 D P DP DP。设 d p [ x ] dp[x] dp[x] 表示在 x x x 位置处选择首都的话，需要改多少条路。
虽然这个 d p [ x ] dp[x] dp[x] 我们是直接算不出来的，但是我们知道相邻两个位置的 d p dp dp 值的大小关系
这样就能算出哪个节点的 d p dp dp 值相对最小，然后以该节点作为起点进行 d f s dfs dfs，查看需要修改几条边就行了。

/*_            __   __          _          _
| |           \ \ / /         | |        (_)
| |__  _   _   \ V /__ _ _ __ | |     ___ _
| '_ \| | | |   \ // _` | '_ \| |    / _ \ |
| |_) | |_| |   | | (_| | | | | |___|  __/ |
|_.__/ \__, |   \_/\__,_|_| |_\_____/\___|_|__/ ||___/
*/
vector<pair<int,int> >V[MAX];
int dp[MAX];
int mn,id;
void dfs(int u,int fa){     /// 跑dpif(dp[u] < mn){mn = dp[u];id = u;}for(auto it : V[u]){int v = it.first;int w = it.second;if(v == fa)continue;if(w == 1)dp[v] = dp[u] + 1;else dp[v] = dp[u] - 1;dfs(v,u);}
}
int ans;
void dfs2(int u,int fa){    // 跑最小修改路径数量for(auto it : V[u]){int v = it.first;int w = it.second;if(v == fa)continue;if(w == -1)ans++;dfs2(v,u);}
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);for(int i = 1;i < n;++i){int ta,tb;scanf("%d%d",&ta,&tb);V[ta].push_back(make_pair(tb,1));V[tb].push_back(make_pair(ta,-1));}mn = 0;id = 1;dfs(1,1);dfs2(id,id);printf("%d\n",ans);for(int i = 1;i <= n;++i){if(dp[i] == dp[id])cout << i << " ";}return 0;
}

H

问你，最少正几边形，你通过顶点连接能够得到 d d d 的角度（角度制），该角度为 1 ∼ 180 1\sim180 1∼180的整数。
圆周角所对的弧长相等的话，圆周角是相同的。因此一个正 n n n 边形，算出一份圆周角是多少度，然后每次暴力枚举份数 1 ∼ n − 2 1\sim n-2 1∼n−2，查看是不是整数度数即可。

int mn[MAX];int main()
{int T;cin >> T;while(T--){int n;cin >> n;int mn = INF;for(int i = 3;i <= 700;++i){double deg = (180.0*i-360)/(1.0*i)/(1.0*i-2);for(int j = 1;j <= i-2;++j){double de = deg * j;if(fabs(de-n)<EPS)mn=min(mn,i);}}if(mn == INF)cout << -1 << endl;else cout << mn << endl;}return 0;
}

I

m e r g e ( A , B ) merge(A,B) merge(A,B) 函数表示每次取 A 、 B A、B A、B 序列的开头较小的元素，然后把该位置的元素拿出来，放在集合的尾。如果有一个序列是空的话，直接取非空序列。
比如 m e r g e ( { 3 , 2 } , { 1 , 4 } ) = { 1 , 3 , 2 , 4 } merge(\{3,2\},\{1,4\})=\{1,3,2,4\} merge({3,2},{1,4})={1,3,2,4}
给定一个 2 n 2n 2n 个元素的全排列。问该全排列是否能通过 m e r g e ( A , B ) merge(A,B) merge(A,B)，且 ∣ A ∣ = ∣ B ∣ = n |A|=|B|=n ∣A∣=∣B∣=n得到。

非常巧妙的一题。
（1）对于目前的最大元素 2 n 2n 2n ，假设该元素原来是在 A A A 里面，那么该位置之后的所有数字一定全属于 A A A 序列。然后我们把这些数字给拿出来。
（2）对于剩下的数字，有最大元素 p p p ，该位置到末尾的位置一定全属于 A A A 或 B B B 序列。
（3）重复上述步骤，我们就得到了一段一段的序列，每一段必须都属于 A A A 或者 B B B 序列。
（4）怎么求是否能存在 ∣ A ∣ = ∣ B ∣ = n |A|=|B|=n ∣A∣=∣B∣=n 呢？设一个 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示目前处理到第 i i i 段，若 d p [ i ] [ j ] = 1 dp[i][j]=1 dp[i][j]=1 则表示目前我们能拿到长度为 j j j 的段。最后看 d p [ 段数 ] [ n ] = 1 o r 0 dp[段数][n]=1\ or\ 0 dp[段数][n]=1 or 0就可以了。
时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

int aa[MAX];
int pos[MAX];
bool use[MAX];
int shu[MAX];
int dp[MAX][MAX];
int main()
{int T;cin >> T;while(T--){int n;cin >> n;int ed = n * 2;for(int i = 1;i <= ed;++i){cin >> aa[i];pos[aa[i]] = i;use[aa[i]] = 0;}int you = ed;int last = ed;int cnt = 0;while(you){while(use[last])last--;for(int i = pos[last];i <= you;++i)use[aa[i]] = 1;shu[++cnt] = you - pos[last] + 1;you = pos[last] - 1;}for(int i = 1;i <= cnt;++i)for(int j = 0;j <= ed;++j)dp[i][j] = 0;dp[0][0] = 1;for(int i = 1;i <= cnt;++i){for(int j = 0;j <= ed;++j){if(j >= shu[i])dp[i][j] |= dp[i-1][j-shu[i]];dp[i][j] |= dp[i-1][j];     /// 这个不要忘记转移}}if(dp[cnt][n])puts("YES");else puts("NO");}return 0;
}

J

有 n + 1 n+1 n+1个点，第 0 0 0个点的位置为 0 0 0，第 i i i 个点的位置为 i i i。
对于中间 1 ∼ n 1\sim n 1∼n的点，每个点都有 1 2 \frac{1}{2} 21 的概率放置一个信号塔，该点为 i i i ，信号塔的强度如果为 p p p ，则他能覆盖到 j j j 点的条件是 ∣ i − j ∣ < p |i-j|<p ∣i−j∣<p
所有塔的信号强度是你自己调整的，可以都不同。
求：有多少的概率使得你可以调整所有信号塔，使得 1 ∼ n 1\sim n 1∼n的所有点都只被一个信号塔的信号覆盖，且 0 0 0 和 n + 1 n+1 n+1 没有被信号覆盖。

可以想到，不管信号强度为多少，该信号塔能覆盖到的数量一定是奇数。
题目就转变为 d p ( i ) 2 n \frac{dp(i)}{2^n} 2ndp(i)，其中 d p ( i ) dp(i) dp(i) 表示 i i i 能被拆成奇数的方案个数。（注意这里是顺序可换的方案）
比如 d p ( 3 ) = 2 dp(3)=2 dp(3)=2，因为 3 = 1 + 1 + 1 = 3 3=1+1+1=3 3=1+1+1=3
考虑状态转移方程就可以了：
d p ( i ) = d p ( i − 1 ) + d p ( i − 3 ) + ⋯ + d p ( ( x − ( 2 k + 1 ) ) > 0 ) dp(i)=dp(i-1)+dp(i-3)+\cdots+dp((x-(2k+1))>0) dp(i)=dp(i−1)+dp(i−3)+⋯+dp((x−(2k+1))>0)
就用一个前缀和 p r e [ x ] = d p ( x ) + d p ( x − 2 ) + ⋯ pre[x]=dp(x)+dp(x-2)+\cdots pre[x]=dp(x)+dp(x−2)+⋯ 就可以了。

时间复杂度： O ( N ) O(N) O(N)

/*_            __   __          _          _
| |           \ \ / /         | |        (_)
| |__  _   _   \ V /__ _ _ __ | |     ___ _
| '_ \| | | |   \ // _` | '_ \| |    / _ \ |
| |_) | |_| |   | | (_| | | | | |___|  __/ |
|_.__/ \__, |   \_/\__,_|_| |_\_____/\___|_|__/ ||___/
*/
ll dp[MAX];
ll pre[MAX];        /// pre[i] = dp[i] + dp[i-2] + dp[i-4]...
int main()
{int n;cin >> n;dp[0] = 1;pre[0] = 1;dp[1] = 1;pre[1] = 1;for(int i = 2;i <= n;++i){dp[i] = pre[i-1];pre[i] = (pre[i-2] + dp[i]) % MOD;}cout << dp[n] * inv(qpow(2,n)) % MOD;return 0;
}

M

一张 n × m n\times m n×m的桌子，有无穷多的盘子，盘子半径都为 r r r
两个人轮流放盘子，盘子不能重叠，不能边超出桌子。
问你先手必胜还是后手必胜

这题真不是水题也不是 B U G BUG BUG 题呀。。
如果先手第一个盘子都放不下，那肯定是后手赢了。
否则，先手第一个盘子放在该桌子的正中心处。
这样，构造除了一个中心对称图形。后手不论怎么放，先手都放在该位置的中心对称位置处。这样，不论后手怎么放，先手都能有位置放（易证），因为每一次先手放置的时候该图都是中心对称图形。

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