A题考虑贪心，要使使用的砖头越多，每块转的k应尽可能小，最小取2，最后可能多出来，多出来的就是最后一块k=3，我们一行内用到的砖头就是$\frac{m}{2}$下取整，然后乘以行数就是答案。

#include <bits/stdc++.h> 
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y second
#define int long long
using namespace std;const int N=2e5+10;
vector<int>s[N]; 
int u[N],ans[N];void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;cout<<m/2*n<<endl;
}
signed main()
{IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int t;cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}

B题就是猜的一个排序，$对于i,a[i]+b[i]越大我们就考虑将他往后放,有一点贪心的思想吧，如果a[i]+b[i]越大放在前面产生的逆序对可能就越多，所以我们考虑将大的往后放$
b题wa了两发，第一次是排序的时候弄反了。
第二次写排序函数的时候降序就写$<不要写<=，写了<=re了$

#include <bits/stdc++.h> 
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y second
//#define int long long
using namespace std;const int N=2e5+10;
struct node
{int a,b,sum;
}kk[N];
bool cmp(node t1,node t2)
{return t1.sum<t2.sum;
}
void solve()
{int n;cin>>n;rep(i,1,n)	cin>>kk[i].a;rep(i,1,n)	cin>>kk[i].b;rep(i,1,n)	kk[i].sum=kk[i].a+kk[i].b;sort(kk+1,kk+1+n,cmp);rep(i,1,n)	cout<<kk[i].a<<' ';cout<<endl;rep(i,1,n)	cout<<kk[i].b<<' ';cout<<endl;}
signed main()
{IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int t;cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}

c题是位运算+贪心
一般1e18很可能就是$log$的算法，涉及到异或这些很可能就是要考虑每一位的影响。
这道题就是需要考虑每一位对答案的贡献，这种贡献法也是很常用的思考方式。
赛时有框架了，但是贪心的细节没考虑好没过。
大佬指导的是位运算很多时候需要考虑贪心，因为位与位之间独立。
我们考虑如果a，b两个数的二进制下第i位
$当a_i=b_i时无论x取何值这一位对答案的贡献都是0,我们就然x的这一位为0因为x要小于r，x后面会有用$
$当a_i\ne b_i时这时看x_i=1是否能然答案变小，如果可以就让x_i=1否则就然x_i=0$
$x_i=1需要建立在x<r的前提下$

#include <bits/stdc++.h> 
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y second
#define int long long
using namespace std;const int N=64;int work(int x,int i)
{return x&(1ll<<i);
}void solve()
{int a,b,r;cin>>a>>b>>r;if(a<b)	swap(a,b);int ans=0;fep(i,60,0){if(work(a,i)==work(b,i))	continue;if(r>=(1ll<<i))	{int kk=abs(ans+(work(a,i)^(1ll<<i))-(work(b,i)^(1ll<<i)));if(kk<abs(ans))	{ans=kk;r-=(1ll<<i);	}	else	ans+=(work(a,i)^0)-(work(b,i)^0);	}else	ans+=(work(a,i)^0)-(work(b,i)^0);	}cout<<abs(ans)<<endl;
}
signed main()
{IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int t;cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}

D
二分+大根堆优化dp
首先需要二分答案，在b站的一个up看的讲解b站的up讲解
这种题目就是可以通过二分答案然后变成简单的check。
接下来需要考虑如何check，由于我们删数的位置不确定，同时我们需要求的是在满足一定条件下的最优化问题，这时我们可以考虑一下dp
$f[i]表示处理好的前i个（前i个的区间间隔均<mid）$
$并且删除第i个元素，所有删除元素的和的最小值$
$考虑转移:f[i]=f[k]+a[i],其中k是满足区间和小于mid的f中的最小值$
$我们可以看到枚举状态O(n)，枚举转移也需要O(n),这样复杂度就是O(n^{2}logn)$
$考虑优化可以用优先队列维护和双指针维护满足条件的区间，以及区间内的f的最小值$
$由于状态的设计所以状态需要计算到n+1,因为n有删或不删两种情况，这是一个常用的小技巧$

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y secondusing namespace std;const int N=1e5+10;
int n,a[N],f[N];bool check(int x)
{priority_queue<pll,vector<pll>,greater<pll>>q;int l=0,ss=0;q.push({0,0});rep(i,1,n+1){while(l<i&&ss>x)	{ss-=a[l];l++;}while(q.size()&&q.top().y<l-1)	q.pop();f[i]=q.top().x+a[i];q.push({f[i],i});ss+=a[i];	}return f[n+1]<=x;
}void solve()
{cin>>n;rep(i,1,n)	cin>>a[i];a[n+1]=0;int l=0,r=1e15;while(l<r){int mid=(l+r)>>1;if(check(mid))	r=mid;else	l=mid+1;}cout<<l<<endl;rep(i,0,n+1)	f[i]=0;
}
signed main()
{IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int t;cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}