I. Board Game Solution 考虑一组k+xk+xk+x个人实际上可以看成kkk和xxx两组，枚举分出多少组kkk，剩余的人就平均分到mmm组中。 本题实际上定位应该是签到，但是数据有问题。 时间复杂度O(m)O(m)O(m)。  题目数据有问题，下面代码中注释掉的if应该要加上，表示如果不能让m组都有人就不能统计，但是实际上把这种情况统计进来才能ac，这场出题人素质属实不行。  int main() { ll n = fast_IO::read(), m = fast_IO::read(), k = fast_IO::read(), x = fast_IO::read(); ...

A. Falfa with Polygon Solution 考虑我们选出的凸包，从1到n看就只有一条边是从较大编号连到较小编号，考虑dp出fk[i][j]f_{k}[i][j]fk​[i][j]表示长度为k的从iii开始到jjj结束的子序列的最大长度，其与i、j两点长度的和就是凸包的周长。 写出fff的转移方程如下 fk[i][j]={dis(i,j)k=2t{fk−1[i][t]+f2[t][j]}k≥3f_{k}[i][j]=\begin{cases} dis(i,j)& k=2\\ \max\limits_{t}\{f_{k-1}[i][t]+f_{2}[t][j]\}&amp...

F. NIO with String Game Solution 考虑离线，对所有t串（包括后面添加的字符）建出一棵trie树，按从a到z的顺序遍历子节点进行dfs，就可以把dfs序对应成字典序，这样就相当于每次需要在trie上找到s对应的位置，求dfs序比它小的位置上有多少个t串。 对于操作一、四：考虑用树状数组维护dfs序上的贡献前缀和，那么添加一个字符时就将当前tit_iti​串的位置贡献去掉，走到其下一个位置，再添加上贡献，查询时只要找到需要查询的dfs序最大值即可。 对于操作二、三：考虑维护一个nows表示目前s匹配时最终走到哪个点，res表示匹配的部分后面还有多少个字符，sto表示...

C. Link with Nim Game Solution 根据nim博弈，对于先手必胜的情况，每次只需要拿走若干石子后异或和是0即可；先手必败的情况，为了使得拿的次数最多，每次只拿一个且让对手也只拿一个是最优的。 比较难算一点的是第一步可选的方案数，对于先手必胜的情况，记sss为所有石子的异或和，则对于每堆石子可以计算能拿的石子数量x=a[i]−s⊕a[i]x=a[i] - s\oplus a[i]x=a[i]−s⊕a[i]，取max并记录最大值个数即可。 对于先手必败的情况，考虑拿一个石子对异或和的影响是使得从0 lowbit(a[i])0~lowbit(a[i])0&nbsp...

E. Falfa with Substring Solution 考虑容斥，设Gn,kG_{n,k}Gn,k​表示长度为nnn的字符串中有至少kkk个bitbitbit子串的方案数， 则有 Gn,k=(n−2kk)26n−3kG_{n,k}=\begin{pmatrix}n-2k\\k\end{pmatrix}26^{n-3k}Gn,k​=(n−2kk​)26n−3k 那么根据容斥原理，可以推出Fn,kF_{n,k}Fn,k​和Gn,kG_{n,k}Gn,k​的关系如下 Fn,k=∑j≥k(−1)j−k(jk)Gn,j=∑j≥k(−1)j−kj!k!(j−k)!Gn,jF_{n,k}=\sum...

H. Take the Elevator Solution 上行下行两个方向显然分开考虑，一次上下取两者需要移动距离的较大值。 考虑上行时，上升高度取决于最大的bib_ibi​，因此考虑将bib_ibi​大的先满足，在取满mmm个bib_ibi​最大的之后，考虑用大根堆维护已选乘客的aia_iai​最大值，接下来可以将bj≤max⁡{ai}b_j\le \max\{a_i\}bj​≤max{ai​}的乘客加入（相当于有人在iii上电梯前下电梯），持续维护直到无法找到jjj。 考虑下行时，上升高度取决于最大的aia_iai​，因此考虑将aia_iai​大的先满足，在取满mmm个aia_iai​最...

C. Grab the Seat! 题解 观察数据范围发现qqq很小，O(n)O(n)O(n)的复杂度可以通过，考虑对每次询问分别独立地去求解。 观察出一个重要性质：一个被占的座位与屏幕两端连线所夹的区域以外都是会被挡住的点（动手画一画就能看出来）。 实际上，一个被占的座位所去掉的点可以被分成三个部分：只被与(0,1)连线所决定的部分、只被与(0,m)连线所决定的部分、同时被两条连线决定的部分，这就相当于将与(0,1)连线确定的部分和与(0,m)连线确定的部分求并。 那么如何维护一条线决定的部分呢，不难发现对于y相同的座位，最终没有被去掉的座位一定是从(1,y)开始的一段连续区间，而所有连线都...

J. Serval and Essay 题解 考虑通过“x确定y”这种关系将x和y进行合并，因为如果确定了x就能确定y，那么贪心地想肯定是确定x能得到更大的答案，那么就没有必要再去考虑从y出发了，所有从y连出去的边改成从x连出去。 当“x to y”这条边被合并之后，原本由y指向的点就变成了由x指向，在不断合并的过程中，如果从x出发最终能在t汇聚，那么最后一定会使得t仅由x指向（因为会合并出很多个“x to t”的边，如果维护集合的话就可以自动去重），即出现了“x决定t”，这个时候就需要继续合并。 合并的总次数显然是O(n)O(n)O(n)的，由于合并的是两个点连出去的点的集合，所以考虑启发式...

I. Chiitoitsu 题意分析 字母和数字是什么不重要，重要的是字母或数字不同就能区别不同的牌，那么实际上就是34种不同的牌，每种牌都有4张。 起手牌不会有超过两张相同的牌，那么在这种情况下，我们将手上的牌分为pair和single两个种类，当抽到一张pair中的牌时，由于这个pair已经存在，所以抽到的牌实际上没有用，直接弃掉；当抽到single中的牌时，两个相同的single就形成了一个pair，这就离目标7个pair更近了，所以这张牌需要保留；当抽到的牌啥也不是时，实际上弃掉此牌一定是一种最优策略（本质上相同牌数的single牌都是等价的）。 这里就需要观察到，在最优策略下，sin...