A题：Only Pluses
思路：
数据范围小，直接暴力枚举。
code：
inline void solve() {int a, b, c; cin >> a >> b >> c;int ans = 0;for (int i = a; i <= a + 5; i ++ ) {for (int j = b; j <= b + 5; j ++ ) {for (int k = c; k <= c + 5; k ++ ) {if (i + j + k <= a + b + c + 5) {ans = max(ans, i * j * k);}}}}cout << ans << endl;return;
}优化：
极差越小，立方体的体积越大。
inline void solve() {priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;for (int i = 0; i < 3; i ++ ) {int x; cin >> x;q.push(x);}int cnt = 5;while (cnt -- ) {int p = q.top() + 1; q.pop();q.push(p);}int sum = 1;while (q.size()) {sum *= q.top(); q.pop();}cout << sum << endl;return;
}
B题：Angry Monk
思路：
由题意，如果我们要将 3 和 2 进行合并，那么就要将2 全部拆成 1，再把 3 和 1进行一一合并。
显然地，我们要去拆 k - 1个，让原本的数全都变成1，然后再将1与剩下来的那一个数进行合并。
对于一个数 x ，进行拆+合并的操作次数为 x - 1 + x 次
那么，我们就知道了，剩下来的那一个数一定是最大的那一个，而将其他的数全部拆掉与其合并即可。
code：
inline void solve() {ll n, k; cin >> n >> k;vector<ll> a(k + 1);for (int i = 1; i <= k; i ++ ) cin >> a[i];sort(a.begin() + 1, a.end());ll ans = 0;for (int i = 1; i <= k - 1; i ++ ) {ans += (a[i] - 1) + a[i];}cout << ans << endl;return;
}优化：
我们只需统计总数和最大的数即可。
inline void solve() {ll n, k; cin >> n >> k;ll sum = 0, maxv = -1;for (int i = 1; i <= k; i ++ ) {ll x; cin >> x;sum += x;maxv = max(maxv, x);}cout << (sum - maxv) * 2 - (k - 1) << endl;return;
}C题：Gorilla and Permutation
思路：
最简单的想法就是输出一个降序的排列。
但是很明显的，错了。
错在小于等于取值的情况，因为这样先取了2，再取了1，这样2的贡献是2 * 2，总的是5。
如果是先取1，再取2，这样的贡献是1 * 2 + 2 = 4 。
那么我们只要前面降序后面升序即可。
code：
inline void solve() {ll n, m, k; cin >> n >> m >> k;for (int i = n; i >= m + 1 ; i -- ) cout << i << ' ';for (int i = 1; i <= m; i ++ ) cout << i << ' ';cout << endl;return;
}D题：Test of Love
思路：
被卡了一下的题。
首先在水中不能跳跃，我们只能一格格移动，但是用while遍历的话肯定要超时，所以我们用pos[i]指代 i 的位置上到其后的第一个不是W的格子的位置。
我们又可以知道，在L上时，我们最优的策略一定是跳到下一个L上
因为我们能够跳跃的距离是一定的，跳到下一个L，相当于白嫖了一段距离。
如果不能跳到的话，那么我们一定是跳到最远处，不然可能会遇到C或者使得在水中的次数增加导致亏损。
所以
我们如果在W中时，只能不断向右，遇到C直接失败。
如果到了L，进行L的最优跳跃。
还要注意一开始在岸边的跳跃情况，这时候由于m小，我们可以直接遍历开头。
返回情况用cnt和k的比较就行。
code：
inline void solve() {int n, m, k; cin >> n >> m >> k;string s; cin >> s;s = " " + s + "Q";int last1 = n + 1, last2 = n + 1;vector<int> pos(n + 1);for (int i = n; i >= 1; i -- ) {if (s[i] == 'L') {pos[i] = last1;last1 = i;}if (s[i] != 'W') {last2 = i;}else {pos[i] = last2;}}function<bool(int)> check = [&](int cur) {int cnt = 0;while (cur != n + 1) {cur += 1;if (cur == n + 1) return cnt <= k;if (s[cur] == 'C') return false;else if (s[cur] == 'W') {cnt += pos[cur] - cur;cur = pos[cur] - 1;}else {if (pos[cur] - cur <= m) cur = pos[cur] - 1;else {cur = min(cur + m, n + 1) - 1;} }}return cnt <= k;};if (m >= n + 1) cout << "YES\n";else {bool ok = false;for (int i = 0; i < m; i ++ ) {if (check(i)) {ok = true;break;}}cout << (ok ? "YES\n" : "NO\n");}return;
}E题：Novice's Mistake
思路：
直接遍历
我们直接遍历a和b肯定是不现实的，但是b跟位数有关系，所以我们只需遍历a，然后遍历位数即可，因为按照题意就是删去b位a的末尾字符串。
第一层遍历我们遍历a，第二层遍历我们遍历留下来的位数。
min(6, dig * a) 因为最后剩下来的不超过1e6，所以用了这个。
code：
int cal(int x) {int res = 0;while (x) res += 1, x /= 10;return res;
}
inline void solve() {int n; cin >> n;int dig = cal(n);vector<PII> res;for (int a = 1; a <= 1e4; a ++ ) {for (int i = 1; i <= min(6, dig * a); i ++ ) {string s = to_string(n);while (s.size() < i) s = s + s;while (s.size() > i) s.pop_back();int m = stoll(s);if (m == a * n - (dig * a - i) && i != dig * a) {res.push_back({a, dig * a - i});}}}cout << res.size() << endl;for (auto [x, y] : res) cout << x << ' ' << y << endl;return;
}
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