A
签到（a-b problem不用贴了吧，以后atcoder小于300分题均不贴代码）
B
发现选择的p,q一定是其中两点间的距离，于是可以O(n2)枚举两点，再O(n2)判断，其实可以做到O(n3)不过O(n4)就够了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int n,ans; ll x[52],y[52]; int main() { scanf("%d",&n); ans=n; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]); for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) { ll dx=x[i]-x[j],dy=y[i]-y[j]; int sum=0; for(int k=1;k<=n;k++) { int flag=1; for(int l=1;l<=n;l++)if(x[k]-x[l]==dx&&y[k]-y[l]==dy){flag=0;break;} sum+=flag; } ans=min(ans,sum); } printf("%d\n",ans); }
C
按照从小到大排成a1,a2,...,an，分类讨论：1、只有两个数直接相减。2、对于全是正的，显然应该先拿a1的减去除了an以外其他数，再用an减去该数，显然答案就是a2+a3+...+an-a1。对于全是负的，可以采用类似的方法。3、对于有正有负的，显然选出a1和an，a1减去除an外的正数，an减去除a1外的负数，再an-a1即可，答案就是所有数的绝对值
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+7; int n,m,a[N],ax[N],ay[N]; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+n+1); if(n==2) { printf("%d\n%d %d\n",a[2]-a[1],a[2],a[1]); return 0; } if(a[1]>=0) { for(int i=2;i<n;i++)ax[++m]=a[1],ay[m]=a[i],a[1]-=a[i]; ax[++m]=a[n],ay[m]=a[1],a[n]-=a[1]; printf("%d\n",a[n]); for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d %d\n",ax[i],ay[i]); return 0; } if(a[n]<=0) { int ans=a[n]; for(int i=1;i<n;i++)ans-=a[i]; printf("%d\n",ans); for(int i=1;i<n;i++)printf("%d %d\n",a[n],a[i]),a[n]-=a[i]; return 0; } int pos=0; for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]>=0){pos=i;break;} for(int i=2;i<pos;i++)ax[++m]=a[n],ay[m]=a[i],a[n]-=a[i]; for(int i=pos;i<n;i++)ax[++m]=a[1],ay[m]=a[i],a[1]-=a[i]; ax[++m]=a[n],ay[m]=a[1],a[n]-=a[1]; printf("%d\n",a[n]); for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d %d\n",ax[i],ay[i]); }
D
发现只会做两轮交易，A->B，B->A，然后发现是个完全背包DP，并且第二次背包的容量是O(n2)的，于是就可以直接O(n2)DP结束了，感觉这个D比C简单吧。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=5005; int n,m,a[3],b[3]; ll ans,f[N*N]; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=0;i<3;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=0;i<3;i++)scanf("%d",&b[i]); for(int i=0;i<3;i++) if(b[i]>a[i]) for(int j=a[i];j<=n;j++) f[j]=max(f[j],f[j-a[i]]+b[i]-a[i]); for(int i=0;i<=n;i++)m=max(1ll*m,f[i]),f[i]=0; m+=n; for(int i=0;i<3;i++) if(a[i]>b[i]) for(int j=b[i];j<=m;j++) f[j]=max(f[j],f[j-b[i]]+a[i]-b[i]); for(int i=0;i<=m;i++)ans=max(ans,f[i]); ans+=m; printf("%lld",ans); }
E
考后5min写出来，简直自闭……早知道不去写F的打表程序还没跑出来……就是每次移动总是min->max，然后f[i]表示max为i时的方案数，显然对于多个max的可以变换成x!种（x为max的人数），然后求一个阶乘前缀和即可。注意最后f[n]不要求。
#include<bits/stdc++.h> #define lson l,mid,rt<<1 #define rson mid+1,r,rt<<1|1 using namespace std; const int N=1e6+7,mod=1e9+7; int n,d,h,f[N],fac[N],inv[N],sf[N],s[N<<2]; int qpow(int a,int b) { int ret=1; while(b) { if(b&1)ret=1ll*ret*a%mod; a=1ll*a*a%mod,b>>=1; } return ret; } void update(int k,int v,int l,int r,int rt) { if(l==r){s[rt]=v;return;} int mid=l+r>>1; if(k<=mid)update(k,v,lson); else update(k,v,rson); s[rt]=(s[rt<<1]+s[rt<<1|1])%mod; } int query(int L,int R,int l,int r,int rt) { if(L<=l&&r<=R)return s[rt]; int mid=l+r>>1,ret=0; if(L<=mid)ret+=query(L,R,lson); if(R>mid)ret+=query(L,R,rson); return ret%mod; } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&h,&d); fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod; for(int i=1;i<=n;i++)sf[i]=(sf[i-1]+fac[i])%mod; update(0,fac[n],0,h,1); for(int i=1;i<=h;i++) { f[i]=query(max(0,i-d),i-1,0,h,1); if(i<h)f[i]=1ll*f[i]*sf[n]%mod,update(i,f[i],0,h,1); } printf("%d",f[h]); }
F
好吧，看了网上程序，差不多是构造个近似fib数列的玩意，把表抄上也没管了……
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long a1[13]={1,2,4,7,12,20,29,38,52,101},a2[13]={1,2,4,7,12,20,30,39,67,101}; long long n,w=1,mp[15][15]; int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++)mp[i][i]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=i+1;j<=n;j++)mp[i][j]=mp[j][i]=w*a1[j-i-1]; w*=a2[n-i]; } for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++)cout<<mp[i][j]<<' '; cout<<endl; } }
result：rank101 rating+=58，精准地没进前100……