传送门
并没有找到难度评级但感觉是div3div3div3场。

A题

题意：一个单词的价值是里面大写字母的个数，一篇文章的价值是里面所有单词的价值的最大值。
求一篇文章的价值。

思路：按照题意模拟。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
char s[205];
int main(){int t,ans=0;cin>>t;while(~scanf("%s",s)){int cnt=0;for(ri i=0,up=strlen(s);i<up;++i){if(s[i]>='A'&&s[i]<='Z')++cnt;}ans=max(ans,cnt);}cout<<ans;return 0;
}

B题

传送门
题意：给你一个n∗mn*mn∗m的三色方阵，问是否满足这个方阵被三种颜色均分成三个长宽都相等的子方阵。

思路：按照题意模拟。

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
const int N=105;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){return getchar();static char buf[rlen],*ib,*ob;(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){int ans=0;char ch=gc(); while(!isdigit(ch))ch=gc();while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();return ans;
}
int n,m;
char s[105][105];
inline void check1(){char tmp=s[1][1];if(s[1][1]==s[n/3+1][1]||s[n/3+1][1]==s[n/3*2+1][1]||s[1][1]==s[n/3*2+1][1])return;bool f=1;for(ri i=1;i<=n/3;++i){for(ri j=1;j<=m;++j){if(s[i][j]!=tmp){f=0;break;}}if(!f)break;}if(!f)return;tmp=s[n/3+1][1];for(ri i=n/3+1;i<=n/3*2;++i){for(ri j=1;j<=m;++j){if(s[i][j]!=tmp){f=0;break;}}if(!f)break;}if(!f)return;tmp=s[n/3*2+1][1];for(ri i=n/3*2+1;i<=n;++i){for(ri j=1;j<=m;++j){if(s[i][j]!=tmp){f=0;break;}}if(!f)break;}if(!f)return;   puts("YES");exit(0);
}
inline void check2(){char tmp=s[1][1];if(s[1][1]==s[1][m/3+1]||s[1][m/3+1]==s[1][m/3*2+1]||s[1][1]==s[1][m/3*2+1])return;bool f=1;for(ri i=1;i<=n;++i){for(ri j=1;j<=m/3;++j){if(s[i][j]!=tmp){f=0;break;}}if(!f)break;}if(!f)return;tmp=s[1][m/3+1];for(ri i=1;i<=n;++i){for(ri j=m/3+1;j<=m/3*2;++j){if(s[i][j]!=tmp){f=0;break;}}if(!f)break;}if(!f)return;tmp=s[1][m/3*2+1];for(ri i=1;i<=n;++i){for(ri j=m/3*2+1;j<=m;++j){if(s[i][j]!=tmp){f=0;break;}}if(!f)break;}if(!f)return;   puts("YES");exit(0);
}
int main(){n=read(),m=read();for(ri i=1;i<=n;++i)scanf("%s",s[i]+1);if(n%3&&m%3)return puts("NO"),0;if(!(n%3))check1();if(!(m%3))check2();puts("NO");return 0;
}

C题

传送门
题意：你有一个a∗ba*ba∗b的方格和nnn个长宽为xi,yix_i,y_ixi​,yi​的印章，要求你放两个印章上去，它们不能相交且印章覆盖总面积最大，每个印章可以旋转90°90\degree90°。

思路：按照题意模拟。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){static char buf[rlen],*ib,*ob;(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){int ans=0;char ch=gc(); while(!isdigit(ch))ch=gc();while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();return ans;
}
typedef pair<int,int> pii;
const int N=105;
int n,a,b,tot=0,ans=0;
struct Node{int a,b,id;}A[N<<1];
inline void update(const Node&A,const Node&B){if(A.id==B.id)return;if(A.a>a||B.a>a||A.b>b||B.b>b)return;if(A.a+B.a<=a||A.b+B.b<=b)ans=max(ans,A.a*A.b+B.a*B.b);
}
int main(){n=read(),a=read(),b=read();for(ri x,y,i=1;i<=n;++i)x=read(),y=read(),A[++tot]=(Node){x,y,i},A[++tot]=(Node){y,x,i};for(ri i=1;i<=tot;++i)for(ri j=1;j<=tot;++j)update(A[i],A[j]);cout<<ans;return 0;
}

D题

传送门
题意：规定一个数的价值是其后缀0个数，现在要求你从nnn个数中选kkk个出来乘起来，问乘积的价值的最大值。n≤200,ai≤1e18n\le200,a_i\le1e18n≤200,ai​≤1e18

思路：
显然只用关心222和555的个数。
考虑dpdpdp，定义状态fi,j,kf_{i,j,k}fi,j,k​表示前iii个选了jjj个，555的个数为kkk时222的个数的最大值。
然后随便转移一下最后取一个最值就完了。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){static char buf[rlen],*ib,*ob;(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));return ib==ob?-1:*ib++;
}
typedef long long ll;
inline ll read(){ll ans=0;char ch=gc(); while(!isdigit(ch))ch=gc();while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();return ans;
}
typedef pair<int,int> pii;
const int N=205,K=7005;
int n,k,f[2][N][K],tmp=0;
inline pii solve(ll x){int c1=0,c2=0;while(x==x/2*2)++c1,x/=2;while(x==x/5*5)++c2,x/=5;return pii(c1,c2);
}
int main(){n=read(),k=read();int sum=0;pii a;memset(f[tmp],-1,sizeof(f[tmp]));f[tmp][0][0]=0;for(ri tt=1;tt<=n;++tt){ll x=read();a=solve(x);sum+=a.se;tmp^=1;memcpy(f[tmp],f[tmp^1],sizeof(f[tmp]));for(ri j=1;j<=k;++j)for(ri i=a.se;i<=sum;++i)if(~f[tmp^1][j-1][i-a.se])f[tmp][j][i]=max(f[tmp][j][i],f[tmp^1][j-1][i-a.se]+a.fi);}int ans=0;for(ri j=0;j<=k;++j)for(ri i=0;i<=sum;++i)ans=max(ans,min(i,f[tmp][j][i]));cout<<ans;return 0;
}

E题

传送门
题意：有一个函数f(a,b):f(a,b):f(a,b):
f(a,0)=0,f(a,b>0)=f(a,b−gcd(a,b))+1f(a,0)=0,f(a,b>0)=f(a,b-gcd(a,b))+1f(a,0)=0,f(a,b>0)=f(a,b−gcd(a,b))+1
问f(x,y)f(x,y)f(x,y)等于多少a,b≤1e12a,b\le1e12a,b≤1e12

思路：
发现对于a,b,g=gcd(a,b)a,b,g=gcd(a,b)a,b,g=gcd(a,b)，f(a,b)=f(ag,bg)f(a,b)=f(\frac ag,\frac bg)f(a,b)=f(ga​,gb​)
于是我们模拟一下这个过程，每次求出当前的bbb减几之后会跟当前的aaa的gcdgcdgcd大于111即可。
实现可以每次暴力求出aaa的所有约数来判断。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){static char buf[rlen],*ib,*ob;(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));return ib==ob?-1:*ib++;
}
typedef long long ll;
inline ll read(){ll ans=0;char ch=gc(); while(!isdigit(ch))ch=gc();while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();return ans;
}
ll x,y;
vector<ll>divv;
inline void solve(ll x){if(x==1){divv.push_back(1);return;}divv.clear();for(ri i=2;(ll)i*i<=x;++i){if(x!=x/i*i)continue;divv.push_back(i);if((ll)i*i!=x)divv.push_back(x/i);}divv.push_back(x);sort(divv.begin(),divv.end());
}
int main(){x=read(),y=read();ll ans=0;solve(x);while(y>=divv[0]){if(x==1)break;solve(x);ll rs=divv[0],tim=y-y/rs*rs;for(ri i=1,up=divv.size();i<up;++i){if(divv[i]>y)break;if(y-y/divv[i]*divv[i]<=tim)rs=divv[i],tim=y-y/rs*rs;}ans+=tim,y/=rs,x/=rs;solve(x);}cout<<ans+y;return 0;
}

F题

传送门
题意：
定义函数f(a),a为数列=数列b,bi=∑j=1iaif(a),a为数列=数列b,b_i=\sum_{j=1}^i a_if(a),a为数列=数列b,bi​=∑j=1i​ai​
现在有一个初始数列aaa和一个数kkk，问对这个数列调用几次fff函数之后序列中会存在一个数不小于kkk，∣a∣≤200000,k≤1e18|a|\le200000,k\le1e18∣a∣≤200000,k≤1e18

思路：
显然特判掉次数为0,10,10,1的情况然后二分答案，checkcheckcheck的话直接看最后一个数是否小于kkk即可。
手推一波公式会发现初始数列中每个数对于要求值贡献的系数是组合数，因此我们暴力加就是了，注意可能会爆longlonglong longlonglong。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){static char buf[rlen],*ib,*ob;(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));return ib==ob?-1:*ib++;
}
typedef long long ll;
inline ll read(){ll ans=0;char ch=gc(); while(!isdigit(ch))ch=gc();while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();return ans;
}
const int N=2e5+5;
int n;
ll k,a[N];
inline bool check(ll tim){long double sum=0,fac=1;for(ri i=1;i<=n;++i){if(i^1)fac=fac*(i+tim-2);if(i^1)fac/=(i-1);if(fac>k||fac<0)fac=k;if(fac*a[n-i+1]<0)return 1;sum+=fac*a[n-i+1];if(sum>=k||sum<0)return 1;}return 0;
}
int main(){n=read(),k=read();for(ri i=1;i<=n;++i){a[i]=read();if(a[i]>=k)return puts("0"),0;}ll sum=0;for(ri i=1;i<=n;++i)sum+=a[i];if(sum>=k)return puts("1"),0;ll l=2,r=k,res=k;while(l<=r){ll mid=l+r>>1;if(check(mid))r=mid-1,res=mid;else l=mid+1;}cout<<res;return 0;
}

G题

传送门
题意：现在有nnn个分段函数，fi(x)f_i(x)fi​(x)有666个参数x1,x2,y1,a,b,y2x_1,x_2,y_1,a,b,y_2x1​,x2​,y1​,a,b,y2​
f(x)=y1,0≤x≤x1f(x)=y1,0\le x\le x_1f(x)=y1,0≤x≤x1​
f(x)=ax+b,x1&lt;x≤x2f(x)=ax+b,x_1&lt;x\le x_2f(x)=ax+b,x1​<x≤x2​
f(x)=y2,x2&lt;xf(x)=y2,x_2&lt;xf(x)=y2,x2​<x
现在有mmm次询问，每次给出l,r,xl,r,xl,r,x，求∑i=lrfi(x)\sum_{i=l}^rf_i(x)∑i=lr​fi​(x)，强制在线。

思路：显然需要维护一个∑i=1kfi(x)\sum_{i=1}^kf_i(x)∑i=1k​fi​(x)
考虑到将f(x)f(x)f(x)稍加改动：
f(x)=0x+y1,0≤x≤x1f(x)=0x+y1,0\le x\le x_1f(x)=0x+y1,0≤x≤x1​
f(x)=ax+b,x1&lt;x≤x2f(x)=ax+b,x_1&lt;x\le x_2f(x)=ax+b,x1​<x≤x2​
f(x)=0x+y2,x2&lt;xf(x)=0x+y2,x_2&lt;xf(x)=0x+y2,x2​<x
这启发我们最后答案等于Ax+BAx+BAx+B，因此我们只需要维护A,BA,BA,B的和即可。
这个可以用主席树实现。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){static char buf[rlen],*ib,*ob;(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){int ans=0;char ch=gc(); while(!isdigit(ch))ch=gc();while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();return ans;
}
typedef long long ll;
const int N=75005,M=N*120;
int rt[N],n;
struct data{ll a,b;data(ll a=0,ll b=0):a(a),b(b){}friend inline data operator+(const data&a,const data&b){return data(a.a+b.a,a.b+b.b);}friend inline data operator-(const data&a,const data&b){return data(a.a-b.a,a.b-b.b);}
};
namespace SGT{#define lc (son[p][0])#define rc (son[p][1])#define mid (l+r>>1)data sum[M];int son[M][2],tot=0;inline void update(int&p,int o,int l,int r,int ql,int qr,data v){p=++tot,lc=son[o][0],rc=son[o][1],sum[p]=sum[o];if(ql<=l&&r<=qr){sum[p]=sum[p]+v;return;}if(qr<=mid)update(lc,son[o][0],l,mid,ql,qr,v);else if(ql>mid)update(rc,son[o][1],mid+1,r,ql,qr,v);else update(lc,son[o][0],l,mid,ql,mid,v),update(rc,son[o][1],mid+1,r,mid+1,qr,v);}inline data query(int&p,int l,int r,int k){return !p?data(0,0):(l==r?sum[p]:sum[p]+(k<=mid?query(lc,l,mid,k):query(rc,mid+1,r,k)));}#undef lc#undef rc#undef mid
}
int main(){n=read();int lim=200001;for(ri i=1,x1,x2,y1,a,b,y2;i<=n;++i){x1=read(),x2=read(),y1=read(),a=read(),b=read(),y2=read();rt[i]=rt[i-1];SGT::update(rt[i],rt[i],0,lim,0,x1,data(0,y1));SGT::update(rt[i],rt[i],0,lim,x1+1,x2,data(a,b));SGT::update(rt[i],rt[i],0,lim,x2+1,lim,data(0,y2));}ll lastans=0;data tmp;for(ri l,r,x,tt=read();tt;--tt){l=read(),r=read(),x=(lastans+read())%1000000000;tmp=SGT::query(rt[r],0,lim,min(x,lim))-SGT::query(rt[l-1],0,lim,min(x,lim));cout<<(lastans=tmp.a*x+tmp.b)<<'\n';}return 0;
}