A - Not

签到题

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){int x;cin>>x;cout<<1-x<<endl;}return 0;
}

B - Product Max

签到题

#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 a,b,c,d;cin>>a>>b>>c>>d;cout<<max(max(a*c,a*d),max(b*c,b*d))<<endl;}return 0;
}

C - Ubiquity

正难则反，容斥原理
先只考虑满足第一个情况的方案数：$10^n$
那么其中肯定有不满足第二个情况和第三个情况的方案，我们只要减去这种情况即可。
满足第一个条件，不满足第二个条件的方案数是$9^n$
满足第一个条件，不满足第三个条件的方案数是$9^n$
满足第一个条件，同时不满足第二个条件和第三个条件的方案数是$8^n$
根据容斥原理，满足第一个条件但是不满足第二个条件或者第三个条件的方案数是$9^n+9^n-8^n$
因此答案是$10^n-(9^n+9^n-8^n)$

#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;
const ll mod=1e9+7;
ll qmi(ll a,ll b)
{ll res=1;while(b){if(b&1) res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){ll n;cin>>n;cout<<((qmi(10ll,n)-2*qmi(9ll,n)+qmi(8ll,n))%mod+mod)%mod<<'\n';}return 0;
}

D - Redistribution

考试的时候老想着完全背包。。
$f[i]$表示用$3\dots i$这些数凑成和是$i$的方案数
转移：考虑最后一个数用的是谁？
$f[i]=f[i-3]+f[i-4]+\cdots +f[i-i]$

#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=2010;
const ll mod=1e9+7;
ll f[N];
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){int s;cin>>s;f[0]=1;for(int i=3;i<=s;i++)for(int j=3;j<=i;j++)f[i]=(f[i]+f[i-j])%mod;cout<<f[s]<<'\n';}return 0;
}

E - Dist Max

考虑两个点$(x_1,y_1)$和$(x_2,y_2)$的曼哈顿距离$|x_1-x_2|+|y_1-y_2|$其实还可以进一步简化成$$max(|(x_1+y_1)-(x_2+y_2)|,|(x_1-y_1)-(x_2-y_2)|)$$
由此将问题降维，然后就很容易解了。

#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=200010;
int d1[N],d2[N],n;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){int x,y;cin>>x>>y;d1[i]=x+y;d2[i]=x-y;}sort(d1+1,d1+1+n);sort(d2+1,d2+1+n);cout<<max(d1[n]-d1[1],d2[n]-d2[1])<<'\n';}return 0;
}

无意中看到一个知识，此题转化更专业的叫法曼哈顿距离与切比雪夫距离的转换

F - Contrast

结论：将 B 按降序排序后，B 中最多只会有一段 $B[l\sim r]$ 与 $A[l\sim r]$ 是相同的，且 $A[l\sim r]$ 和 $B[l\sim r]$ 中所有值都等于同一个数$val$，仔细想想便可得到此结论。
把这些相等的位置记下来，然后与其他的位置交换，此位置序还需满足$a_i\ne val$，每找到一个位置就可以交换一次，如果位置不够则不可能满足题意。
还有一个判断不满足题意的方法即统计a[]和b[]每个数出现的次数cnta[]和cntb[]，对于每一个$i$满足$cnt{a}_i+cnt{b}_i\le n$才可能构造出一组解，否则不可能满足题意。
口胡证明：对于a[]中的i需要b[]至少存在有cnta[i]个不等于i的数与之配对，即cnta[i]<=n-cntb[i]，证毕。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200010;
int a[N],b[N],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 i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];reverse(b+1,b+1+n);vector<int> p,q;int val=0,cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]!=b[i]) continue;cnt++;p.push_back(i);val=b[i];}for(int i=1;i<=n;i++){if(!cnt) break;if(a[i]==b[i]) continue;if(a[i]!=val&&b[i]!=val){cnt--;q.push_back(i);}}if(cnt) return cout<<"No\n",0;for(int i=0;i<q.size();i++) swap(b[p[i]],b[q[i]]);cout<<"Yes\n";for(int i=1;i<=n;i++) cout<<b[i]<<' ';cout<<'\n';}return 0;
}

ABC现在看来以及没有想象中那么难，自己现在都可以接受。
正式上课了，要加油哦~