A

神秘点赞事件，要水得优雅\(2,3,5\)

#include 
    
     using namespace std;int main(){    ios::sync_with_stdio();    cin.tie(0);    int x,y,z;    cin>>x>>y>>z;    if(x>y+z) cout<<'+';    else if(y>x+z) cout<<'-';    else cout<<(z?'?':'0');    cout<<'\n';    return 0;}
    

B

有意思的一道规律题，如图，以左上为起点的话，对角线上的距离到该点距离依次增大，那么只需要选择喜欢的角度输出就可以了。m = n/2+1是可以证明的(猜)。

#include 
    
     using namespace std;int main(){    ios::sync_with_stdio();    cin.tie(0);    int n;    cin>>n;    int m = n/2+1;    cout<
     
      <<'\n';    for(int i=1;i<=m;i++) cout<<1<<' '<
      <<'\n';    for(int i=2;i<=n-m+1;i++) cout<<<' '<
        
         <<'\n';    return 0;}
        
     
    

C

吃着碗里一定要看着锅里。前n个数据没用，随便读一下就行。这题可以逆向思维。假设n为9。当你需要插入9时，1-8的序列已经排好了。所以我们只需要关心1插入的时机，且插入i时，i+1可以拿到手上or已经在手上了。不难推导出，从max(i-a[i]+1)开始插入序列刚好可以让'最难'拿到的牌，在插入a[i]-1时刚好拿到手中。

特殊情况就是牌堆的后半部分是成序的，那就只用在牌堆的前半部分做上述操作。

#include 
    
     using namespace std;const int N = 2e5+10;int a[N];int main(){    ios::sync_with_stdio();    cin.tie(0);    int n;    cin>>n;    for(int i=0;i
     
      >a[i];    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];    int x = n,y = a[n],ans=0,now=n;    for(;y&&a[x]==y;x--,y--) ;    for(int i=1;!y&&a[i]!=1;i++)        if(a[i]&&i>=a[i]-a[n]) y=1;    if(!y) now -= a[n];    for(int i=1;i<=now;i++)        if(a[i]) ans = max(ans,i-a[i]+1);    cout<
      
       <<'\n';    return 0;}
      
     
    

D

补题。

把一棵树的点放在圆上，使所有的边不相交。问多少方案数。

没有边时，答案乘上段数

有边时，答案乘上边数

#include
    
     using namespace std;const int maxn=2e5+10;const long long mod=998244353;long long ct[maxn],seg=1,ans=1;bool vis[maxn];int x[maxn],y[maxn];vector
     
      V[maxn];vector
      
       ::iterator it;void dfs(int p){    if(vis[p])return;    vis[p]=1;    for(int i=0;i<(int)V[p].size();i++){        int to=V[p][i];        if(vis[to])continue;        ct[p]++;        ct[to]++;        ans=ans*ct[p]%mod;        seg++;        dfs(to);    }}int main(){    ios::sync_with_stdio();    cin.tie(0);    int n;cin>>n;    for(int i=1;i
      
     
    

E(easy&hard)

确认过眼神，是我不会的概率dp

F

NXN的迷宫。分别从第一行和第一列进入，只能朝同一个方向移动。给出数个从(1,i)和(i,1)开始到(n,i)和(i,n)的情况。求如何架设传送门。

每对传送门进入后可达到相对的格子，但是行进方向不变。

问题模拟起来感觉很复杂，所以一定要让其有序。

因为架设一对传送门后，所有进过这两个格点的路径都会受到影响，所以1~n枚举出口使改变后的行列后移，变得有序。

如，在第1,4行架设传送门，第i行出发想要到达1出口的视为从第4行开始。列也相同。

由此可知，传送门架设的顺序是依次往右下方向，因为遍历1出口时，需要经过其他行的路径经过传送门已经默认从1开始。自然不会破坏前面架设门的相对关系。

#include
    
     using namespace std;const int maxn=1e3+10;int n,x,y,a[maxn],b[maxn],tot=0;struct node{    int a,b,c,d;    node(){};    node(int aa,int bb,int cc,int dd){        a=aa;b=bb;c=cc;d=dd;    }}ans[maxn];int main(){    ios::sync_with_stdio();    cin.tie(0);    cin>>n;    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];    for(int i=1;i<=n;i++){        if(a[i]==i&&b[i]==i) continue;        for(int j=i;j<=n;j++)            if(a[j]==i) {                swap(a[i],a[j]);x=j;                break;        }        for(int j=i;j<=n;j++)            if(b[j]==i) {                swap(b[i],b[j]);y=j;                break;        }        ans[++tot]=node(x,i,i,y);    }    cout<
     
      <<'\n';    for(int i=1;i<=tot;i++) cout<
      
       <<' '<
       
        <<' '<
        
         <<' '<
         
          <<'\n';}