蒟蒻只能打div 2
A题水，10和个位数的使用互不影响，所以直接在模10意义下做
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int k,r;
4 int main(){
5 scanf("%d%d",&k,&r);
6 k=k%10;
7 for(int i=1;i<=100;i++){
8 if(k*i%10==0||k*i%10==r) {
9 printf("%d\n",i);break;
10 }
11 }
12 return 0;
13 }
B从左往右递推即可，先决定左边，然后向右走一天。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int n,k,r,x[505],y[505],ans;
4 int main(){
5 scanf("%d%d",&n,&k);
6 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]);
7 x[0]=k;x[n+1]=k;
8 for(int i=0;i<=n;i++){
9 if(x[i]+x[i+1]<k) ans+=k-x[i]-x[i+1],x[i+1]=k-x[i];
10 }printf("%d\n",ans);
11 for(int i=1;i<n;i++) printf("%d ",x[i]);
12 printf("%d\n",x[n]);
13 return 0;
14 }
C题写了个讨论
题目大意就是，给你一个人在连续n天里吃了多少顿早餐，午餐，晚餐，问你他最少有多少顿没吃。他来的那天和走的那天可以在任意一餐后（或前）来。
例：
1 2 1
answer:0
在第一天午餐前来，吃午餐和晚餐，第二天午餐后走，吃午餐和早餐。
4 2 4
answer:1
在第一天晚餐前来，第二或第三或第四天有一天没吃午餐，第五天早餐后走。
看哪个最大，讨论即可
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 long long b[4];
4 int main(){
5 scanf("%I64d%I64d%I64d",&b[1],&b[2],&b[3]);
6 int num=0,q=0;b[0]=-1;
7 for(int i=1;i<=3;i++) if(b[i]>b[num]) num=i;
8 for(int i=1;i<=3;i++) if(b[i]==b[num]) q++;
9 if(q==3) {
10 printf("0\n");return 0;
11 }
12 if(q==2){
13 for(int i=1;i<=3;i++) if(b[i]!=b[num]) q=i;
14 printf("%I64d\n",b[num]-b[q]-1);
15 return 0;
16 }
17 b[num]--;int qum=0;
18 printf("%I64d\n",3*b[num]-b[1]-b[2]-b[3]);
19 return 0;
20 }
D题
题意
有n天，m科考试，给出每一天可以过哪一科，以及每科需要多少天复习，求最少要多少天考完，或者不可能。
D题想不到怎么做，就去看代码，看到一个神解法，完全没有理论依据（在我看来），随便一组数据就能hack掉（如6 2 2 2 2 2 2 2 1 2），可惜不知道cf怎么比赛后hack。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int main()
4 {
5 int n,m;
6 cin>>n>>m;
7 int arr[n+1];
8 for(int i=1;i<=n;i++)cin>>arr[i];
9 int sum=m,x;
10 for(int i=0;i<m;i++){cin>>x; sum+=x;}
11
12 for(int i=sum;i<=n;i++)if(arr[i]){cout<<i; return 0;}
13 cout<<-1;
14 }
神解法
正解是二分加贪心，从后往前。
可以知道，对于单独一个科目，晚几天考试不会比先考差。
于是二分答案的天数，从后往前的时候每遇到一个没有考过的科目，就把它考了，然后把需要复习的时间加上当前考试需复习的时间。
如果该天不考试，需复习的时间就减1，但注意不能减到0以下，不然会出现在考完后复习的情况。
代码里写的是反着的，cnt是可以复习的天数，不能为正。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define maxn 100005
3 using namespace std;
4 int n,m,tot,x[maxn],cnt,ti[maxn];
5 bool y[maxn];
6 bool test(int r){
7 cnt=0;tot=m;y[0]=1;
8 for(int i=r;i>=1;i--){
9 if(!y[x[i]]) {
10 if(cnt>0) cnt=0;
11 y[x[i]]=1;tot--;cnt-=ti[x[i]];
12 }
13 else cnt++;
14 }
15 if(tot>0 || cnt<0) return 0;
16 return 1;
17 }
18 int main(){
19 scanf("%d%d",&n,&m);
20 for(int i=1;i<=n;i++){
21 scanf("%d",&x[i]);
22 }
23 for(int i=1;i<=m;i++){
24 scanf("%d",&ti[i]);
25 }
26 int l=1,r=n,mid;
27 while(l<r){
28 mid=l+r>>1;
29 if(test(mid)) r=mid;
30 else l=mid+1;
31 memset(y,0,sizeof(y));
32 }
33 if(l==n) if(!test(l)){
34 printf("-1\n");return 0;
35 }
36 printf("%d\n",l);
37 return 0;
38 }
E题
题意：有n个电脑，m个插座，每个电脑和每个插座都有一个power值，当且仅当插座和电脑的power值完全相同时，电脑和插座能够配对，一个插座只能对应一个电脑。每个插座可以加上一个转换装置，使它的power值变为原来的一半（向上取整，
）。求配对的电脑数最大的情况下，可行的最少装置使用数，每个插座使用的装置数，以及当前的电脑和插座的配对情况。
一看以为是网络流裸题，看了看n<=200000复杂度不对，接着发现一个显然的贪心，一个插座如果不使用装置能和电脑配对，那它们配对一定不会是情况变差，然后就想到set判重，先把一开始就配对的去掉。然后就想到一个插座最多使用log10^9个装置，且最多有log10^9 个不同的值，之后如果再使用装置，它的power值会一直停留在1。然后我想既然能用set，为什么我不写个排序加二分呢？然后我发现我先前的贪心依然使用，即在已经尝试完所有每个插座使用小于k个装置的情况后，如果一个插座使用k个装置能和一个电脑配对，那它们配对一定不会使情况变差。于是从小到大枚举装置的使用个数，更新未使用插座的power值，二分查找看是否有未配对且power相同的电脑，进行配对。注意要先预处理把power相同的电脑放在一起，不然二分很不好写。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define maxn 200005
3 using namespace std;
4 pair<int,int> h[maxn];
5 struct ed{int next,pos;}e[maxn];
6 int n,m,y[maxn],socka[maxn],head[maxn],qet,belog[maxn],tot,cnt,pre,x[maxn];
7 int main(){
8 scanf("%d%d",&n,&m);
9 int l,r,mid;
10 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]),h[i].first=x[i],h[i].second=i;
11 sort(x+1,x+n+1);sort(h+1,h+n+1);pre=0;
12 for(int i=1;i<=n;i++){
13 if(x[i]==x[pre]) {
14 qet++;e[qet].next=head[pre];head[pre]=qet;e[qet].pos=h[i].second;;
15 }
16 else{
17 pre++;qet++;e[qet].pos=h[i].second;x[pre]=x[i];e[qet].next=head[pre];head[pre]=qet;
18 }
19 }
20 for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&y[i]);
21 for(int i=1;i<=m;i++){
22 l=1;r=pre;
23 while(l<r){
24 mid=l+r>>1;
25 if(x[mid]>=y[i]) r=mid;
26 if(x[mid]<y[i]) l=mid+1;
27 }
28 if(x[l]==y[i]){
29 if(head[l]){
30 belog[e[head[l]].pos]=i;
31 socka[i]=1;tot++;head[l]=e[head[l]].next;
32 }
33 }
34 }
35 for(int k=2;k<=32;k++)
36 for(int i=1;i<=m;i++){
37 if(socka[i]) continue;
38 if(y[i]%2) y[i]=y[i]/2+1;
39 else y[i]/=2;
40 l=1;r=pre;
41 while(l<r){
42 mid=l+r>>1;
43 if(x[mid]>=y[i]) r=mid;
44 if(x[mid]<y[i]) l=mid+1;
45 }
46 if(x[l]==y[i]){
47 if(head[l]){
48 belog[e[head[l]].pos]=i;
49 socka[i]=k;tot++;cnt+=k-1;head[l]=e[head[l]].next;
50 }
51 }
52 }
53 printf("%d %d\n",tot,cnt);
54 for(int i=1;i<m;i++){
55 if(socka[i]) socka[i]--;
56 printf("%d ",socka[i]);
57 }if(socka[m]) socka[m]--;printf("%d\n",socka[m]);
58 for(int i=1;i<n;i++) printf("%d ",belog[i]);
59 printf("%d\n",belog[n]);
60 return 0;
61 }
