A. Death Note
简单模拟，可用\(\%\)和 \(/\)来减少代码量
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 200010;
int n, m, a[N], cnt = 0, tot = 0;
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d", a + i);
cnt = (tot + a[i]) / m;
tot = (tot + a[i]) % m;
printf("%d ", cnt);
}
}B - Segment Occurrences
预处理\(A、B\)的\(Hash\)表，可以将时间复杂度降到\(O(qn)\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 1010, B = 221;
int n, m, q, len;
char s[N], t[N];
ULL P[N], S[2][N];
ULL inline get(int l, int r, int c){
return S[c][r] - S[c][l - 1] * P[r - l + 1];
}
int main(){
scanf("%d%d%d%s%s", &n, &m, &q, s + 1, t + 1);
P[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
P[i] = P[i - 1] * B;
S[0][i] = S[0][i - 1] * B + s[i];
S[1][i] = S[1][i - 1] * B + t[i];
}
while(q--){
int l, r, res = 0; scanf("%d%d", &l, &r);
for(int i = l; i <= r - m + 1; i++)
if(get(i, i + m - 1, 0) == get(1, m, 1))res++;
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}C - Vasya And The Mushrooms
硬核模拟 + 前缀和处理。要不重复的绕完 \(2 * N\) 的格子，从左上角出发，要么\(S\)形绕几次然后绕大圈，要么绕整个的一圈。
可以枚举绕\(S\)格子的次数，\(S\)的部分可以前缀和计算，系数是一样的，后面的部分计算比较复杂。
第一种情况，前面的部分绕了了几个完整的 \(U\)。要从上方出发。
求（\(now\)代表\(U\)字结束（包括）的列数）：
上半部分：$\sum_{i=now + 1}^n a[0][i] * (i * 2) $
我们发现，数列后缀和的后缀和是：
\(sufx[j] = \sum_{i = j} ^ n a[i] * (i - j + 1) = a[j] * 1 + a[j + 1] * 2 + … + a[n] * (n - j + 1)\)
故，把\(sufx[now + 1]\)再加上\(\sum_{i = j} ^ n a[i] * (i * 2 - 1)\)，即为答案，后面这部分可用后缀和\(O(1)\)计算。
下半部分：$\sum_{i=now + 1}^n a[1][i] * (n + (n - i + 1)) $
我们想要这样的东西：
\(a[i] * 3 + a[i + 1] * 2 + a[i + 2] * 1\)
这个看上去很像\(Hash\)表的原理，只不过\(b = 1\)，可以用hash表的思想在\(O(1)\) 求出这个，然后在用后缀和加上系数既可。
对于第二种情况，只不过将上下颠倒，我们互换一下处理方式既可。
预处理前缀和、后缀和和枚举\(S\)的时间都为\(O(n)\)，每次求解只需\(O(1)\)，故总共复杂度为$ O(n) $的
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 300010;
//s形的预处理
int n, a[2][N];
LL pre[2][N], s[2][N], suf[2][N], sum[N], prex[2][N], sufx[2][N], ans = -1;
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[0][i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[1][i]);
int S = n >> 1, tot = 0;
for(int i = 1; i <= S * 2; i+=2){
s[0][i] = (LL)a[0][i] * (tot++); s[1][i] = (LL)a[1][i] * (tot++);
s[1][i + 1] = (LL)a[1][i + 1] * (tot++); s[0][i + 1] = (LL)a[0][i + 1] * (tot++);
}
for(int i = 0; i < 2; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++){
pre[i][j] = pre[i][j - 1] + a[i][j];
prex[i][j] = prex[i][j - 1] + pre[i][j];
}
for(int j = 0; j < 2; j++)
for(int i = n; i >= 1; i--){
suf[j][i] = suf[j][i + 1] + a[j][i];
sufx[j][i] = sufx[j][i + 1] + suf[j][i];
}
for(int i = 0; i <= n; i++){
LL tot = sum[i] = sum[i - 1] + s[0][i] + s[1][i];
//如果是奇数，则在下面出发
if(i % 2){
tot += (n + i - 1) * suf[0][i + 1] + (prex[0][n] - prex[0][i] - (n - i) * pre[0][i]);
tot += (i * 2 - 1) * suf[1][i + 1] + (sufx[1][i + 1]);
}else{
//从上面出发
tot += (i * 2 - 1) * suf[0][i + 1] + (sufx[0][i + 1]);
tot += (n + i - 1) * suf[1][i + 1] + (prex[1][n] - prex[1][i] - (n - i) * pre[1][i]);
}
ans = max(ans, tot);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}D - Vasya And The Matrix
参考题解。 存在性参考异或的性质，\(x\) \(xor\) $ x = 0$ 。
考虑构造一个合理的序列，只需将除了最后一行，最后一列的所有数添上\(0\)。
除右下角外其他数照搬数据，右下角用异或尝试既可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 110;
int n, m, a[N], b[N], ans = 0;
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i), ans ^= a[i];
for(int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", b + i), ans ^= b[i];
if(ans != 0)puts("NO");
else{
puts("YES");
ans = b[m];
for(int i = 1; i < n; i++){
for(int j = 1; j < m; j++)
printf("0 ");
printf("%d\n", a[i]);
ans ^= a[i];
}
b[m] = ans;
for(int i = 1; i <= m; i++) printf("%d ", b[i]);
}
return 0;
}