A.大吉大利

位运算有独立性，按位计算对答案的贡献即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1000010;
int cnt[40],n;
ll a[N];
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];for(int j=0;j<30;j++)if(a[i]>>j&1) cnt[j]++;}ll res=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<30;j++)if(a[i]>>j&1) res+=(1ll<<j)*cnt[j];}cout<<res<<'\n';       }return 0;
}

B.三角形周长和

不难分析出一条边会被$n-2$个三角形公用，因此求出任意两点的曼哈顿路径✖$(n-2)$即可得出所有三角形周长和，过程中取模即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=1010;
pii p[N];
int n;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i].x>>p[i].y;ll res=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++){ll dx=abs(p[i].x-p[j].x);ll dy=abs(p[i].y-p[j].y);res=(res+dx+dy)%mod;}res=res*(n-2)%mod;cout<<res<<'\n';}return 0;
}

C.操作集锦

菜菜不会啊啊啊
大佬题解
状态表示：$f_{(i,j)}$表示考虑前$i$个字符，长度是$j$的不重复子序列的个数
状态转移：对于第$i$个字符，有两种选择，如果不选择方案数是$f_{(i-1,j)}$，如果选择方案数是$f_{(i-1,j-1)}-f_{(k-1,j-1)}$，$k$是在$i$之前最后一次$s_i$出现的位置
看了这个方法越想越觉得妙，所以所以我不想啦hhhh

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1010;
const ll mod=1e9+7;
ll f[N][N];
int pre[30];
int n,m;
char s[N];
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;cin>>s+1;for(int i=0;i<=n;i++) f[i][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i;j++){f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1];if(pre[s[i]-'a']) f[i][j]-=f[pre[s[i]-'a']-1][j-1];f[i][j]%=mod;}pre[s[i]-'a']=i;}cout<<(f[n][m]%mod+mod)%mod<<'\n';}return 0;
}

还有一种序列自动机的做法，没学过，回来补一下。
学习序列自动机了，发现上述dp是显然的，我还是见的题太少了~~刷着题补着吧

状态表示：$f_{(i,j)}$表示以$i$结尾的子序列并且长度是$j$
状态转移：借助序列自动机找出第一次出现的子序列

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1010;
const ll mod=1e9+7;
ll f[N][N];
int ne[N][30];
int n,m;
char s[N];
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;cin>>s+1;for(int i=n;i;i--){for(int j=0;j<26;j++)ne[i-1][j]=ne[i][j];ne[i-1][s[i]-'a']=i;}f[0][0]=1;for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=0;j<=min(m,i);j++)for(int k=0;k<26;k++)if(ne[i][k])    f[ne[i][k]][j+1]=(f[ne[i][k]][j+1]+f[i][j])%mod;ll res=0;for(int i=m;i<=n;i++) res=(res+f[i][m])%mod;cout<<res<<'\n';}return 0;
}

D.斩杀线计算大师

根据扩展欧几里得算法很容易求出$ax+by=gcd(a,b)$，由于本题需要求$ax+by+cz=k$考虑枚举$z$，那么问题就转化为对于$ax+by=k-cz$对于$x,y$是否有非负整数解。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{if(b==0){x=1,y=0;return a;}ll d=exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return d;
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){ll a,b,c,k;cin>>a>>b>>c>>k;for(int z=0;z*c<=k;z++){ll x,y;ll d=exgcd(a,b,x,y);if((k-z*c)%d==0){ll gcd=b/d;x=((k-z*c)/d*x%gcd+gcd)%gcd;y=(k-z*c-x*a)/b;if(x>=0&&y>=0) {cout<<x<<' '<<y<<' '<<z<<'\n';break;}}}}return 0;
}

E.旗鼓相当的对手

感觉最近有的浮躁，找了几首轻音乐希望能够让我浮躁的心平静下来，而且最近学校破事贼多，人快无了。
要加油哦~