A.游游的7的倍数

思路：每十个数里一定有至少一个7的倍数，因此枚举个位即可。

void solve() {
	cin >> n;
	for (int i = 0; i <= 9; ++i) {
		if ((n * 10 + i) % 7 == 0) {
			cout << n << i << '\n';
			break;
		}
	}
}

B.游游的字母串

思路：枚举。

枚举将字符串中的所有字符变成某个字母所需的步数，取最小值即可。

由于本题中的字母串是一个环，所以每一个字符还应取到达目标字符的最小步数。

void solve() {

	int ans = 1e9;
	string s;
	cin >> s;
	for (int i = 0; i < 26; ++i) {
		int cnt = 0;
		for (int j = 0; j < s.size(); ++j) {
			int tmp = abs(s[j] - 'a' - i);
			cnt += min(tmp, 26 - tmp);
		}
		ans = min(ans, cnt);
	}

	cout << ans << '\n';

}

C.游游的水果大礼包

思路：枚举（还有一点数学？）。

枚举第一个礼包打包的数量，那么第二个礼包打包的数量就可以算出来了。

由此，我们可以取这些枚举方法中的最大值作为答案。

void solve() {
	cin >> n >> m >> a >> b;

	int ans = 0;
	for (int i = 0; 2 * i <= m && i <= n; ++i) {
	  	int cnt = 0;
		int x1 = i, y1 = 2 * i;
		int x2 = (n - i) / 2, y2 = (m - 2 * i);
	  
		cnt = x1 * b + min(x2, y2) * a;
		ans = max(ans, cnt);
	}

	cout << ans << '\n';
}

D.游游的矩阵权值

思路：贪心。

透过题意我们可以发现，在矩阵角落的数字只会加两次，在边上的数字会加三次，在矩阵内部的数字会加四次。

那么我们只要让最小的数字在角落和边缘上，用等差数列求和即可。

由于需要取模运算，我这里用费马小定理求了一个逆元。

int quick(int a,int k,int p){
	int res=1;
	while(k){
		if(k&1) res=1ll*a*res%p;
		a=1ll*a*a%p;
		k>>=1;
	}
	return res;
}

void solve() {

	cin >> n;

	cout << ((10ll * 2 + 4ll * (n - 2) % mod * (5 + (4 + (4ll * (n - 2)))) % mod * quick(2, mod - 2, mod) * 3) % mod + ((n - 2ll) * (n - 2)) % mod * (n * n % mod + (5 + 4 * (n - 2ll) % mod)) * 2 % mod) % mod << '\n';

}

这个代码可能更清晰一些：

int quick(int a, int k, int p) {
	int res = 1;
	while (k) {
		if (k & 1) res = 1ll * a * res % p;
		a = 1ll * a * a % p;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}

void solve() {

	cin >> n;


	int part1 = 20;
	int part2 = 4ll * (n - 2) % mod * (5 + (4 + (4 * (n - 2)))) % mod * quick(2, mod - 2, mod) * 3 % mod;
	int part3 = ((n - 2ll) * (n - 2)) % mod * ((1ll * n * n % mod + (5 + 4 * (n - 2ll))) * 2) % mod;

	cout << ((part1 + part2) % mod + part3) % mod << '\n';

}