A

#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 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 x first
#define y second
#define pb push_backusing namespace std;
const int N=2e5+10;void solve()
{string s;cin>>s;if(s=="kou")	s="yukari";cout<<s<<endl;return;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)solve();return 0;
}

---

B

#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 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 x first
#define y second
#define pb push_backusing namespace std;
const int N=2e5+10;void solve()
{int n;cin>>n;auto check=[&](int tar){if(tar==1)	return false;rep(i,2,tar/i)	if(tar%i==0)	return false;		return true;};int ans=0;for(int i=1;i<=n/i;++i){if(n%i==0){if(check(i))	ans++;if(i==n/i)	continue;if(check(n/i))	ans++;}}cout<<ans<<endl;return;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)solve();return 0;
}

---

C

---

c题比较有用的应该还是得有贡献法这种思想。

---

#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 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 x first
#define y second
#define pb push_backusing namespace std;
const int N=2e5+10;void solve()
{int n;cin>>n;char c;cin>>c;string s;cin>>s;int ans=0;rep(i,0,s.size()-1){if(s[i]==c)	ans+=min(i+1,n-i);	}cout<<ans<<endl;return;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)solve();return 0;
}

---

D

---

链表的模板。
需要注意的是这题的数据范围$x、y给到了1e9$不能用数组去模拟，直接用map去模拟

---

#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 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 x first
#define y second
#define pb push_backusing namespace std;
const int N=2e5+10;map<int,int> l,r;void solve()
{int q;cin>>q;r[0]=1e9+1;l[1e9+1]=0;auto add=[&](int now,int tar){l[now]=tar;r[now]=r[tar];l[r[tar]]=now; r[tar]=now;};auto remov=[&](int tar){r[l[tar]]=r[tar];l[r[tar]]=l[tar];	};while(q--){int op;cin>>op;if(op==1){int x,y;cin>>x>>y;add(x,y);	}else{int x;cin>>x;remov(x);}}int cnt=0;for(int i=r[0];i!=1e9+1;i=r[i])	cnt++;cout<<cnt<<endl;for(int i=r[0];i!=1e9+1;i=r[i])	cout<<i<<' ';return;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)solve();return 0;
}

---

E

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这道题目也是一道比较经典的dp。
没看出来.
$dp[i][j]:表示对前i个数进行操作，总和为j的最小操作次数$
$转移：dp[i][j]=min(dp[i][j+a[i]],dp[i][j-a[i]]+1)$
$初始化:dp[0][40000]=0,其余均是无穷大$
注意这道题目有负数，可以将dp数组开成mp，但是最好不要这么去做，因为mp有个$log$
一般的做法是加上一个偏移量使每个数都变成正数。

---

#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 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 x first
#define y second
#define pb push_backusing namespace std;
const int N=80010;int dp[210][N];void solve()
{int n;cin>>n;memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[0][40000]=0;rep(i,1,n)	{int xx;cin>>xx;rep(j,0,80000){if(j+xx>=0&&j+xx<=80000)	dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+xx]);if(j-xx>=0&&j-xx<=80000)	dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-xx]+1);}}if(dp[n][40000]>=n)	cout<<-1;else cout<<dp[n][40000]<<endl;	return;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//    	freopen("1.in", "r", stdin);int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)solve();return 0;
}

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F

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今天下午在补寒假营的题，里面有道用道第二类斯特林数的知识点还没补完，刚好这道题也是组合数学的就补一下，尽快把组合数学的知识点给补一下吧。
思路：
对于连续段的个数的枚举是少不了的因为这是答案
然后考虑对于i个连续段的情况。
我们的目标串可能是什么样的。
$aaabbbb...aa..bba...$
$bbbaaab....aa..bb...$
要么是a开头要么是b开头。然后连续若干个b连续若干个a
如果是a开头，分成i段那么a的段可能会比b多一点，因为a先出现，奇数的话就是a多，否则两者段一样多，那么a的段数用$ca表示ca=i/2+i$
考虑如何将x个a分成ca份，并且每份都不空：显然可以用隔板法
关于隔板法：隔板法
y分成cb份并且每份都不空。两者应用乘法原理相乘
b开头情况是一样的。
a、b开头是两种不同的情况，用加法原理就是段数为i的情况。

代码参考兰子哥的。

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#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 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 x first
#define y second
#define pb push_backusing namespace std;
const int N=2010;int jc[N],mod=1e9+7;void solve()
{auto qmi=[&](int a,int b,int p){int res=1;while(b){if(b&1)	res=res*a%p;b>>=1;a=(a*a)%p;}return res;	};jc[0]=1;rep(i,1,2000)	jc[i]=jc[i-1]*i%mod;	auto C=[&](int n,int m){if(m<0||n-m<0||n<0)	return 1ll*0;return 	jc[n]*qmi(jc[m],mod-2,mod)%mod*qmi(jc[n-m],mod-2,mod)%mod;};int x,y;cin>>x>>y;rep(i,1,x+y){int ca=i/2;int cb=i-ca;ll ans=0;ans=(ans+(C(x-1,ca-1)*C(y-1,cb-1))%mod)%mod;swap(ca,cb);ans=(ans+(C(x-1,ca-1)*C(y-1,cb-1))%mod)%mod;cout<<ans<<endl;}return;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)solve();return 0;
}