A.デスノート
シンプルなシミュレーション、利用可能\（\％の\）と\（/ \）コードの量を減らすために
#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 - セグメントオカレンス
前処理\（A、B \）の\（ハッシュ\）テーブルは、時間計算をするために低減することができる\（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やキノコ
+プレフィックスとハードコアシミュレーションプロセス。そうでなければエンド周り繰り返し\（2 * N \）左上、またはから出発して、格子\（S \）の周りに、円の周りに数回形状、又は全体ラップの周り。
約列挙でき\（S \）格子の数を、\（S \）接頭部が算出してもよいし、係数が同じである、計算の後部は、より複雑です。
最初の場合、いくつかの完全な周りの前部\（U- \） 。トップからスタート。
（検索になりました\）（\代わって（U \）\ A列の数の単語端（含みます））：
上部半分：$ \ sum_ {I =今+ 1} ^ NA [0] [i]は*（iは2 *）$
私たちは、列の数と接尾辞と接尾辞であることがわかりました。
\（sufx [J] = \ sum_ {iがjは=} ^ NA [I] *（I - J + 1）[J] * 1 + [J + 1] * 2 + ... + [N] = *（n - でJ + 1）\）
したがって、\（sufx [今+ 1] \） プラス\（\ sum_ {J} ^ = IのNa [I] *（I※2 - 。1）\） 、その答え、利用可能な後部延長のこの部分はそして、\（O（1）\）計算されます。
下部半分：$ \ sum_ {I =今+ 1} ^ NA [1]〜[I] *（N +（N - I + 1））$
我々のような何かをしたいです：
\（[I] * 3 + [I + 1] * 2 + [I + 2] * 1 \）
これがどのように見える\（ハッシュ\）テーブルの原則が、\（B = 1 \） 、あなたのアイデアのハッシュテーブルを使用することができます\（O（1）\）これを取得するために、次にサフィックスを追加します要因のいずれか。
第二のケースではなく、上下逆さまにされ、我々はアプローチを交換することができます。
前処理接頭辞と接尾辞、および列挙と\（S \）時間である\（O（N）\） 、それぞれが解決単に\（O（1）\）、$の複雑さの合計はOであるように（ N）の$
#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とマトリックス
リファレンス問題解決。XOR参照の性質の有無、\（X \） \（XOR \） $ $ X = 0。
ちょうど最後の行、追加のすべての番号の最後の1に加えて、合理的な配列を構築考えてみましょう\（0 \） 。
他のデータの右下隅に加えて異なると数、右下隅をコピーしたりしようとすることができます。
#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;
}