下面的内容不包括题目翻译，要想获取题目翻译，请参照 这篇教程 来获取题目翻译。

A

题目

只需要判断 $S$ 是否在 ABC001 到 ABC349 范围内即可。

可以使用字符串之间的大小关系来快速通过此题。

AC Code（CPP）：

#include <iostream>
using namespace std;
string s;
string t = "ABC350";int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> s;if (s < t && s != "ABC316" && s >= "ABC001") {cout << "Yes";}else {cout << "No";}return 0;
}

AC Code（Python）:

s = input()
print(('No', 'Yes')[s != 'ABC316' and 'ABC001' <= s <= 'ABC349'])

B

题目

在 C++ 中，可以通过使用一个布尔数组来判断这颗牙齿是否被拔除。而在 Python 中，可以通过集合实现。如果集合里面有这个元素，说明这颗牙齿被拔掉了，否则，说明这颗牙齿还在。

AC Code（CPP）：

#include <iostream>
using namespace std;
int n, q;
bool vis[2010];int main() {cin >> n >> q;while (q--) {int t;cin >> t;if (vis[t]) {n++;vis[t] = 0;}else {n--;vis[t] = 1;}}cout << n << '\n';return 0;
}

AC Code（Python）：

n, q = [int(i)for i in input().split()]
a = set([])
t = [int(i)for i in input().split()]for k in t:if k in a:n += 1a.remove(k)else:n -= 1a.add(k)print(n)

C

题目

答案的特性：$i=a_i$。根据这个特性，我们可以对于不在对应位置上的每一个数，让正确的数和它交换。由于数一共只有 $N$ 个，交换最多 $N-1$ 次，所以可以符合条件。

注意 python 的下标问题。

AC Code（CPP）：

#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
int n;
int a[200100];
int p = -1;
int idx[200100];
queue<pair<int, int>> q;int main() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++) {idx[a[i]] = i;}int cnt = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (a[i] != i) {cnt++;q.push({min(idx[i], i), max(idx[i], i)});int tmp = idx[i];swap(idx[a[i]], idx[i]);swap(a[i], a[tmp]);}}cout << cnt << '\n';while (!q.empty()) {cout << q.front().first << ' ' << q.front().second << '\n';q.pop();}return 0;
}

AC Code（Python）

n = int(input())
a = [int(i) - 1 for i in input().split()]
idx = [0 for i in range(n)]
for i in range(n):idx[a[i]] = i
ans = []
for i in range(n):if a[i] != i:ans.append([min(idx[i], i), max(idx[i], i)])temp = idx[i]idx[a[i]], idx[i] = idx[i], idx[a[i]]a[i], a[temp] = a[temp], a[i]
print(len(ans))
for i in ans:print('%d %d' % (i[0] + 1, i[1] + 1))

D

题目

这个问题须要一点图论知识。

我们可以发现，对于一群人，如果这群人是“联通”的，那么就一定可以将这一群人操作成一个“完全图”。所以对于一群联通的人，操作次数就等于这张图成为完全图的边数（点数乘以点数减一）减去已有的朋友关系。

通过并查集来查找联通块，并快速地解决这个问题。

注意 Python 中递归层数的限制

AC Code（CPP）：

#include <iostream>
#define int long long
using namespace std;
int n, m;
int u[200100], v[200100];
int f[200100];
long long cnt[200100], cnt1[200100];
int find(int x) {return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);}
bool vis[200100];
long long ans;signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = i;for (int i = 1; i <= m; i++) {cin >> u[i] >> v[i];f[find(v[i])] = find(u[i]);}for (int i = 1; i <= m; i++) {cnt[find(u[i])]++;}for (int i = 1; i <= n; i++) {cnt1[find(i)]++;}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (find(i) == i)ans += cnt1[i] * (cnt1[i] - 1ll) / 2ll - cnt[i];}cout << ans << '\n';return 0;
}

AC Code（Python）：

import sys
sys.setrecursionlimit(998244353)
n, m = [int(i) for i in input().split()]
f = [i for i in range(n + 3)]def find(x):if x != f[x]:f[x] = find(f[x])return f[x]a = []
for i in range(m):a.append([int(i) for i in input().split()])a[i][1] -= 1a[i][0] -= 1f[find(a[i][1])] = find(a[i][0])
cnt = [0] * (n + 3)
cnt1 = [0] * (n + 3)
for i in range(m):cnt[find(a[i][0])] += 1
for i in range(n):cnt1[find(i)] += 1
ans = 0
for i in range(n):if find(i) == i:ans += (cnt1[i] * (cnt1[i] - 1) // 2) - cnt[i]
print(ans)

E

题目

可以想到使用搜索加上记忆化来解决这个问题。设 $f(x)$ 是把 $x$ 变为 $0$ 的代价，这个值为操作一期望代价和操作二期望代价的最小值，其中操作一期望代价很好算，就是 $f(\lfloor \frac{x}{A}\rfloor )+X$。而操作二期望代价是这个式子：

$$f(x)=\frac{1}{6}f(\lfloor \frac{1}{x}\rfloor )+\frac{1}{6}f(\lfloor \frac{x}{2}\rfloor )+\frac{1}{6}f(\lfloor \frac{x}{3}\rfloor )+\frac{1}{6}f(\lfloor \frac{x}{4}\rfloor )+\frac{1}{6}f(\lfloor \frac{x}{5}\rfloor )+\frac{1}{6}f(\lfloor \frac{x}{6}\rfloor )+Y$$

这个式子看似要无线递归，但是通过移项可以得到这个东西：

$$f(x)=\frac{f(\lfloor \frac{x}{2}\rfloor )+f(\lfloor \frac{x}{3}\rfloor )+f(\lfloor \frac{x}{4}\rfloor )+f(\lfloor \frac{x}{5}\rfloor )+f(\lfloor \frac{x}{6}\rfloor )+Y}{5}$$

编码就十分简单。

时间复杂度分析

首先，枚举第一种情况是 ${\log }_A(N)$ 的时间复杂度，可以视为没有。

第二种情况：

由于 $\lfloor \frac{\lfloor \frac{N}{a}\rfloor }{b}\rfloor =\lfloor \frac{N}{ab}\rfloor$，所以讨论 $4$，$6$ 的情况会被 $2$ 和 $3$ 剪枝。而我们要计算的是 $\lfloor \frac{N}{m}\rfloor$，所以 $m$ 可以被表示为 $2^x{3}^y{5}^z$，而时间复杂度也只有 ${\log }_2(N){\log }_3(N){\log }_4(N)$。

AC Code（CPP）：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n, a, x, y;
map<long long, double> m;
double f(int now) {if (now == 0) return 0;if (m[now]) return m[now];double sum = y;for (int i = 2; i <= 6; i++) {sum += f(now / i) + y;}m[now] = min({sum / 5.0, f(now / a) + x});return min({sum / 5.0, f(now / a) + x});
}
signed main() {scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &a, &x, &y);printf("%.16lf", f(n));return 0;
}

AC Code（Python）：

n, a, x, y = [int(i)for i in input().split()]
m = {}def f(now):if now == 0:return 0if now in m.keys():return m[now]cnt = yfor i in range(2, 7):cnt += f(now // i) + ym[now] = min(cnt / 5, f(now // a) + x)return m[now]print(f(n))

F

题目

可以通过递归函数计算。$f(l,r,p)$ 负责打印从 $l$ 到 $r$ 的字符。如果 $p$ 等于 $0$，那么是正序打印，否则，是倒序打印。每遇到一个括号，就打印括号内的东西，打印顺序反过来。每一对对应的括号可以通过预处理得到。可以预先将每一个大小写预处理，就不用再打印时判断了。（如果括号层数为奇数就要翻转大小写。）或者在打印时判断。

于是可以在 $O|S|$ 的时间复杂度内求解问题。

AC Code（CPP）：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <stack>
using namespace std;
char s[500100];
int n;
void init() {string s1;cin >> s1;for (int i = 0; i < (int)s1.size(); i++) {s[i + 1] = s1[i];}n = s1.size();
}
int idx[500100], idx1[500100];void f(int l, int r, int p) {if (p == 0) {for (int i = l; i <= r; i++) {if (s[i] == '(') {f(i + 1, idx[i] - 1, 1);i = idx[i];}else {cout << s[i];}}}else {for (int i = r; i >= l; i--) {if (s[i] == ')') {f(idx1[i] + 1, i - 1, 0);i = idx1[i];}else {cout << s[i];}}}
}
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);init();int cnt = 0;stack<int> st;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (s[i] == '(') {cnt++;st.push(i);}else if (s[i] == ')') {cnt--;idx[st.top()] = i;idx1[i] = st.top();st.pop();}else {if (cnt % 2) {if ('a' <= s[i] && s[i] <= 'z') {s[i] -= 'a';s[i] += 'A';}else {s[i] -= 'A';s[i] += 'a';}}}}f(1, n, 0);return 0;
}

AC Code（Python）：

import sys
sys.setrecursionlimit(998244353)
s = input()
cnt = 0
idx = [0] * (len(s) + 1)
idx1 = [0] * (len(s) + 1)
stack = []def f(l, r, p):if p == 0:temp = lwhile temp <= r:if s[temp] == '(':f(temp + 1, idx[temp] - 1, 1)temp = idx[temp] + 1else:print(s[temp], end='')temp += 1else:temp = rwhile temp >= l:if s[temp] == ')':f(idx1[temp] + 1, temp - 1, 0)temp = idx1[temp] - 1else:if 'a' <= s[temp] <= 'z':print(chr(ord(s[temp]) - 32), end='')else:print(chr(ord(s[temp]) + 32), end='')temp -= 1for i in range(len(s)):if s[i] == '(':cnt += 1stack.append(i)elif s[i] == ')':cnt -= 1idx[stack[len(stack) - 1]] = iidx1[i] = stack[len(stack) - 1]stack.pop(len(stack) - 1)
f(0, len(s) - 1, 0)