昨天本来想打一下，但是今天早上课很早，就没有打，只是看了看前三个题写了个代码，今天中午课结束交了一下都AC了。y1s1 A题第一次写就出来了，但是答案一直不对，最后结果是样例错了-。-

A - Buying Torches

数学题，最终需要stick的数量是$ky+k$，然后直接求答案就行了。

#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=100010;
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){ll x,y,k;cin>>x>>y>>k;ll res=k+(1ll*k*y+k-1+x-2)/(x-1);cout<<res<<endl;}return 0;
}

B - Negative Prefixes

对于不固定位置的数，前面越大越好。把不固定位置的数逆序排列，然后插入原数组即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int a[N],n;
bool st[N];
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];vector<int> b;for(int i=1;i<=n;i++){st[i]=0;cin>>st[i];if(!st[i]) b.push_back(a[i]);}sort(b.begin(),b.end());reverse(b.begin(),b.end());for(int i=1,j=0;i<=n;i++){if(st[i]) cout<<a[i]<<' ';else cout<<b[j++]<<' ';}cout<<'\n';}return 0;
}

C - Mortal Kombat Tower

写个dp考虑转移即可。
$f[i][1/2][0/1]$表示为考虑前$i$个boss，最后一次kill杀了1/2个boss，现在是轮到谁了（0表示朋友，1表示自己）。
转移就很容易，边界是$f[0][1/2][1]=0$由于朋友先手，最开始只能从前面的边界进行转移。

#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 pair<ll,ll> pll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=200010;
int a[N],n;
int f[N][3][2];
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=1;j<=2;j++)for(int k=0;k<=1;k++)   f[i][j][k]=0x3f3f3f3f;}// f[0][1][1]=f[0][2][1]=0; 全局变量 省略这一步f[0][2][0]=f[0][1][0]=0x3f3f3f3f;for(int i=1;i<=n;i++){f[i][1][0]=min(f[i-1][1][1],f[i-1][2][1])+a[i];if(i>=2) f[i][2][0]=min(f[i-2][1][1],f[i-2][2][1])+a[i]+a[i-1];f[i][1][1]=min(f[i-1][1][0],f[i-1][2][0]);if(i>=2) f[i][2][1]=min(f[i-2][1][0],f[i-2][2][0]);}int res=0x3f3f3f3f;for(int i=1;i<=2;i++)for(int j=0;j<=1;j++)res=min(res,f[n][i][j]);cout<<res<<'\n';}return 0;
}

D - Trash Problem

贪心：我们只要把所有坐标先排序，然后只找出两个相距最远的两堆垃圾，然后分别向左和向右知道最左端和最右端所移动的步数就是答案。
比如排序后最左端的垃圾左边是$l$，最右端是$r$，这些垃圾中$u,v$相距最远距离是$d$，那么答案就是$r-l-d$
考虑需要维护的哪些东西?
首先维护垃圾位置并且每次支持排序只需要用set维护即可
齐次需要维护每对垃圾之间的距离，由于可能出现重复序列我们用multiset维护即可。
每次某位置加入一个垃圾或者删除某位置的垃圾就维护一下set和multiset即可。

关于multiset的ms.erase(x)
如果$x$是值，那么它将删除所有$val=x$，如果$x$是地址，将删除该地址的数，因此如果想要只删除一个$val=x$的数，需要先找到地址，然后按照地址删除。

//O((n+q)logn)
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<set>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=100010;
set<int> s;
multiset<int,greater<int>> ms; 
int n,q;
int a[N];
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];s.insert(a[i]);}sort(a+1,a+1+n);ms.insert(0);for(int i=2;i<=n;i++) ms.insert(a[i]-a[i-1]);for(int i=0;i<=q;i++){if(s.size()<=2) cout<<"0\n";else{auto ed=s.end();ed--;int l=*s.begin(),r=*ed;cout<<r-l-*ms.begin()<<'\n';}if(i!=q){int op,x;cin>>op>>x;if(op==1){s.insert(x);if(s.size()==1) continue;auto ed=s.end();ed--;auto t=s.find(x);if(t==ed){t--;ms.insert(x-*t);}else if(t==s.begin()){t++;ms.insert(*t-x);}else{auto t1=t,t2=t;t1--;t2++;ms.insert(*t2-x);ms.insert(x-*t1);auto p=ms.find(*t2-*t1);ms.erase(p);}}else{if(s.size()==1){s.erase(x);continue;}auto t=s.find(x);auto ed=s.end();ed--;if(t==ed){t--;auto p=ms.find(x-*t);ms.erase(p);}else if(t==s.begin()){t++;auto p=ms.find(*t-x);ms.erase(p);}else{auto t1=t,t2=t;t1--;t2++;ms.insert(*t2-*t1);auto p1=ms.find(x-*t1);ms.erase(p1);auto p2=ms.find(*t2-x);ms.erase(p2);}s.erase(x);}}}}return 0;
}

由于自己对STL不是太熟悉，踩了非常多的坑www
一位网友的set总结

剩下的题以后再看吧？可能?

E - Expected Damage

首先我们让$d\ge b$的怪物称为大怪物，否则称为小怪物。
不难发现：如果大怪物的个数$big<a$，那么所有怪物都不会造成伤害，否则才能造成伤害。
小怪物的位置并不会影响大怪物是否造成伤害，不过大怪物的位置会影响小怪物是否造成伤害，因此我们先考虑大怪物的位置。如果一个大怪物想要造成伤害那么它的前面一定有$a$个大怪物，也就是说他只要不是前面$a$个大怪物（炮灰）他就能造成伤害，共有$big$个大怪物那么他不是前$a$个怪物的概率是$1-\frac{a}{big}$，现在把所有大怪物排列好，那么一共有$big+1$个空位可以放置小怪物（由于小怪物直接互不影响，每个位置可以放置随意多个小怪物），小怪物想要造成伤害它的位置一定在前$a$的大怪物后面，易求概率为$1-\frac{a}{big+1}$，由此预处理前缀和，然后快速幂逆元即可得到答案。

#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=200010,mod=998244353;
int d[N],s[N];
int n,m;
int qmi(int a,int b,int p)
{int res=1;while(b){if(b&1) res=1ll*res*a%p;a=1ll*a*a%p;b>>=1;}return res;
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>d[i];sort(d+1,d+1+n);for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=(s[i-1]+d[i]%mod)%mod;while(m--){int a,b;cin>>a>>b;int pos=lower_bound(d+1,d+1+n,b)-d;int small=pos-1,big=n-pos+1;int res;if(big<a) res=0;elseres=(1ll*(big+1-a)*qmi(big+1,mod-2,mod)%mod*s[small]%mod+1ll*(big-a)*qmi(big,mod-2,mod)%mod*(s[n]-s[small]+mod)%mod)%mod;cout<<res<<'\n';}}return 0;
}

要加油哦~