A

简单的语法题，可以用循环写，当然也可以手写三次输出，下面是循环的写法

#include<stdio.h>
int main()
{
    for(int i=0;i<3;i++)
        printf("Welcome to ACM / ICPC!\n");
    return 0;
}

B

依然是一道语法题，主要考察循环与二维数组知识的部分，将矩阵输入到二维数组中再利用数组自带的查找功能就行啦

#include<stdio.h>
int main()
{
    int n,m,a[10][10];
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<m;j++)
            scanf("%d",a[i]+j);
    
    int x,y;
    scanf("%d%d",&x,&y);
    printf("%d",a[x-1][y-1]);
    
    return 0;
}

C

因为题目中5,2,0三个数不需要按照顺序也不需要连续出现，所以给出的数组中5,2,0三个数中出现次数最少的那个数一定可以找到另外两个数匹配，因此这个最少的次数就是答案

#include<stdio.h>
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    
    int cnt5=0,cnt2=0,cnt0=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int a;
        scanf("%d",&a);
        if(a==5) cnt5++;
        if(a==2) cnt2++;
        if(a==0) cnt0++;
    }
    
    int t=cnt5;
    if(t>cnt2) t=cnt2;
    if(t>cnt0) t=cnt0;
    printf("%d",t);
    
    return 0;
}

D

本题用到了双指针的思想，将两个数组扫描一遍，扫描的方式为：比较一下两个数组当前指针位置的数的大小，将较小的那个数放入答案数组c中，并将其对应指针后移一位，直到其中一个数组的指针指向其末尾了，结束扫描的过程。
这时由于另一个数组的指针可能还没有指向末尾（没有扫描到末尾的一部分数），所以要再把另一个数组后面的数也放进答案数组中。

#include<stdio.h>
int main()
{
   int n,m;
   scanf("%d%d",&n,&m);
   
   int a[1010],b[1010];
   for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",a+i);
   for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d",b+i);
   
   int c[2010],i=0,j=0,k=0;
   while(i<n && j<m) 		//扫描两个数组
   {
       if(a[i]>b[j])
           c[k++]=b[j++];
       else 
           c[k++]=a[i++];
   }
   
   while(i<n) c[k++]=a[i++]; //将剩下没有被扫描到的数放进答案数组中
   while(j<m) c[k++]=b[j++];
   
   for(int i=0;i<k;i++)
       printf("%d ",c[i]);
   
   return 0;
}

E

这是一道思维题。
首先小姐姐走到小名那里最短的方案是min=|a|+|b|，n的值如果小于min肯定是不行的，n等于min肯定是可以的。
那n大于min的情况呢，哪些符合哪些不符合呢？
小姐姐只要在走最短路线的过程中，走到一个点再回来，步数就能+2。因此当n减min为偶数时，小姐姐总可以走出步数为n的方案。
那n-min为奇数呢？显然是不行的，因为不管怎么绕路，在横坐标或者纵坐标上总要走回头路，因此绕完以后只会多出偶数步。这种情况下就说明小姐姐在骗你啦

#include<stdio.h>
#include<math.h>
int main()
{
    int a,b,n;
    scanf("%d%d%d",&a,&b,&n);
    
    int min=abs(a)+abs(b);
    if(n<min || (n-min)%2)
        printf("NO");
    else printf("YES");
    
    return 0;
}

F

这道题也是一道思维题，我们可以首先将n堆糖果的每一堆加到不能再加为止（再加一次就超过k个了），如果某堆糖果本身就大于k那当然就是加0次。完成这些操作后我们还可以最后再加一次，加完后uu就失去魔法，没办法继续增加了，最后算一下总共的糖果数就可以了。
还有一种需要特殊处理的情况：如果h也就是每次加的糖果数为0的话，那再怎么加，糖果也还是原来的数量，所以答案就是把所有糖果数加起来就行。

#include<stdio.h>
typedef long long LL;
int main()
{
    int n,k,h;
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&h);
    
    LL res;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int a;
        scanf("%d",&a);
        if(a>=k || h==0) res+=a;
        else res+=k-(k-a)%h; 	//k-(k-a)%h就是最多能加到的数量
    }
    
    res+=h;
    printf("%lld",res);
    
    return 0;
}

G

这道题有个比较坑的地方，就是需要对输入的字符串先处理一下，因为题目当中说，输入的字符串可能有前导零，也就是说也可能没有前导零，所以要加个循环判断一下，字符串中冒号前的表示小时，冒号后的是分钟。（真的很坑这里）

处理完之后，下面提供两个方法去写：

第一个方法是暴力去搜，将所给的时间点分别往前搜和往后搜，确保把每个可能的时刻都搜到，直到搜到回文时刻后停止，输出这个回文时刻就行啦。

放上代码

#include<stdio.h>
int main()
{
    char t[7];
    scanf("%s",t);
    
    int hour=0,min=0,i=0;
    while(t[i]!=':')		//这里用两个循环分别找到输入时刻的时和分
    {
        hour*=10;
        hour+=t[i]-'0';
        i++;
    }
    i++;
    while(t[i])
    {
        min*=10;
        min+=t[i]-'0';
        i++;
    }
    
    int m=min,h=hour;		//暴力向前、向后搜每一个时刻（注意不要直接用min和hour++或--,会丢失原有数据）
    while(1)
    {
        m--;
        if(m==-1) m=59,h--;
        if(h==-1) h=23;
        
        if(m/10+m%10*10==h)
        {
            printf("%d:%d\n",h,m);
            break;
        }
    }
    m=min,h=hour;
    while(1)
    {
        m++;
        if(m==60) m=0,h++;
        if(h==24) h=0;
        
        if(m/10+m%10*10==h)
        {
            printf("%d:%d",h,m);
            break;
        }
    }
    
    return 0;
}

下面是第二个方法
由于回文的时刻很少，所以这道题可以直接打表，把所有回文的时刻列出来，然后判断一下输入的时刻在哪两个回文时刻之间就行。判断的时候可以把小时换成分钟，方便比较大小。

#include<stdio.h>
int main()
{
    char hwtime[17][7]={"0:0","1:10","2:20","3:30","4:40","5:50",		//把每一个回文时刻存一下
                        "10:1","11:11","12:21","13:31","14:41","15:51",
                        "20:2","21:12","22:22","23:32","0:0"};
    int hw[17]={0,70,140,210,280,350,601,671,741,
                811,881,951,1202,1272,1342,1412,1440};
     
    char t[7];
    scanf("%s",t);
     
    int hour=0,min=0,i=0;		//处理字符串
    while(t[i]!=':')
    {
        hour*=10;
        hour+=t[i]-'0';
        i++;
    }
    i++;
    while(t[i])
    {
        min*=10;
        min+=t[i]-'0';
        i++;
    }
    int time=hour*60+min;
     
    if(time==0)		//输入的时刻为0:0时，特判一下（可以思考一下为什么）
    {
        printf("%s\n%s",hwtime[15],hwtime[1]);
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<17;i++)		//找到输入的时刻在哪两个回文时刻之间
    {
        if(time==hw[i])
        {
            printf("%s\n%s",hwtime[i-1],hwtime[i+1]);
            break;
        }
        if(time<hw[i]) 
        {
            printf("%s\n%s",hwtime[i-1],hwtime[i]);
            break;
        }
    }
     
    return 0;
}

H

这道题主要考察了递推的思想
令填充前i个方块的情况数量为a(i)，那么很显然，想填充前i个方块，可以在填充好前i-1个方块后，再放一个1 * 1的，或者是在填充好前i-2个方块后，再放一个2 * 1的。所有我们很容易能够得到，a(i)=a(i-1)+a(i-2)。
是不是有点像斐波那契数列了，没错，这就是斐波那契数列！
然后代码实现一下就行了，状态可以用数组存也可以直接递推，这里写用数组存的方法，大家可以想想不用数组存该怎么写
还有一点很重要的就是，因为n最大可以到80，众所周知，斐波那契数列到后面会很大，超过int范围，所以一定要开long long去存

#include<stdio.h>
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
 
    while(T--)
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        long long a[80];
        a[0]=a[1]=1;
      
        for(int i=2;i<=n;i++)
            a[i]=a[i-1]+a[i-2];
      
        printf("%lld\n",a[n]);
    }
     
    return 0;
}

I

依然是一道思维题，我们会发现这道题的本质，就是在从l到r当中的数里面，找一个％n后能得到的最大的数。
显然，这个数最大是n-1，那什么时候能取到这种最大的情况呢？我们会发现，当整个区间的长度大于等于n时，区间一定跨越了某个k * n（k为任意整数），区间中一定有一个数a，a%n的值为n-1，所以当出现这种情况时，答案为n-1。
还有一种情况，就是当 l%n > r%n 时，也能取到n-1的情况。因为r一定不会在l的前面，但是取余后又有 l%n > r%n ，说明l到r的区间一定跨越了某个k * n（k为任意整数），因此区间中一定存在某个数a，a%n的值为n-1。
那剩下的情况，就是 l%n <= r%n 且区间长度小于n的情况，那么整个区间一定包含于某个k * n到(k+1) * n（k为任意整数）之间，因此最多只能取到r%n了。

#include<stdio.h>
int main()
{
    int n,l,r;
    scanf("%d%d%d",&n,&l,&r);
    
    if(r-l+1>=n || l%n > r%n) 
        printf("%d",n-1);
    else 
        printf("%d",r%n);
     
    return 0;
}