提高组萌新，DAY1DAY2加起来骗分不到300，写写普及组的题目聊以自慰。
（附：洛谷题目链接
T1：https://www.luogu.org/problem/show?pid=1909
T2：https://www.luogu.org/problem/show?pid=2010
T3：https://www.luogu.org/problem/show?pid=2058
T4：https://www.luogu.org/problem/show?pid=2119）
不得不说，亲历了14、15年的普及组，加上今年的题目，T1、T2难度简直爆炸性下滑、、、、、、直接贴下代码吧。（省略输入输出）
T1
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std; int n,a[],b[],c[];
int main(){
cin>>n;
for(int i=;i<=;++i){
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
c[i]=n/a[i]+;
if(n%a[i]==)c[i]--;
c[i]=c[i]*b[i];
}
cout<<min(c[],min(c[],c[])); return ;
}
T2（无数种特殊情况、、、、、、写得非常繁琐，不过肯定有简洁很多的写法，只是这题目写得心烦意乱，懒得改了）
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std; int a,b,days[]={,,,,,,,,,,,,};
int main(){
int ans=;
cin>>a>>b;
int year=a/;
int moon=(a/)%;
int date=a%;
int y=b/;
int m=(b/)%;
int d=b%;
if(a==b){
if((a/==a%)&&(a/%==a%/)&&(a/%==a%/)&&(a/%==a%/)){
cout<<;
return ;
}
cout<<;
return ;
} while(*year+*moon+date<=b){
int i=*year+*moon+date;
if((i/==i%)&&(i/%==i%/)&&(i/%==i%/)&&(i/%==i%/)){
ans++;
}
int runnian=;
if(((year%==)&&(year%!=))||(year%==))runnian=;
date=date+;
if((moon==)&&(date==+runnian)){
date=;
moon=;
}
if((moon!=)&&(date==days[moon]+)){
date=;
moon=moon+;
}
if(moon==){
moon=;
year=year+;
}
}
cout<<ans;
}
T3
出于一个蒟蒻的尿性，看到题目先想到去水70分，毕竟实战时时间有限，能骗一分是一分。
看到数据范围先分析，n*x(i,j)=10^10，直接存每艘船的状态肯定拿不了满分，再看ti=10^9，按时间存状态肯定更加惨烈（应该没人这么想吧）。那么注意到Σki=3*10^5，这个地方很奇怪，它给的不是每艘船的人数，而是总人数，那么仔细一算，平均每艘船只有3个人！那么很容易（才怪，我想了半个小时以上，还是在有学长提醒的情况下完成的）就想到：按照每个人存储国际，记录每艘船的人的位置（从第几个人到第几个人），然后模拟一层过。代码如下
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
struct point{
int country;
int boat; //boat属性其实没用，只是写的时候觉得记录了也不嫌多
};point d[]; //d记录每个人的国籍 int ans,sboat,tot,n,t[],k[],lef[],rig[],col[]; //n,ti,ki意思如题，lefi,rigi记录每艘船上的人在所有人中的位置（lefi到rigi）
int main(){ //coli记录当前时刻及之前86400s每个国籍出现的人数（col=color）
cin>>n;
tot=; //记录第i艘船进入前的总人数，用于计算lefi和rigi
for(int i=;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&t[i],&k[i]);
for(int j=;j<=k[i];++j){
int c;
scanf("%d",&c);
d[tot+j].country=c;
}
lef[i]=tot+;
tot+=k[i];
rig[i]=tot;
}
sboat=;ans=; //sboat记录第i艘船进入后统计范围内（86400s）的第1艘船，ans记录第i艘船进入后需要输出的答案，维护ans的值使得这道题不至于O(nx)
for(int i=;i<=n;++i){
for(int j=lef[i];j<=rig[i];j++){
if(col[d[j].country]==)ans++; //如果某个国籍在86400s内没有出现过，ans相比上一艘船+1
col[d[j].country]++;
}
while(t[i]-t[sboat]>=){ //找到当前范围内的第一艘船，并更新各国籍出现人数
for(int j=lef[sboat];j<=rig[sboat];j++){
col[d[j].country]--;
if(col[d[j].country]==)ans--;
}
sboat++;
}
printf("%d\n",ans);
} return ;
}
T4
乍一看DFS可以水到部分分，先打为快，加上各种剪枝，最终结果洛谷评测55分。代码如下
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct magic{
int num;
int power;
}; magic a[]; int x[],ans[][],m,n;
int comp(const magic&a,const magic&b){
return(a.power<b.power);
}
void dfs(int k,int b){
if(k==){
if(a[x[]].power-a[x[]].power==*(a[x[]].power-a[x[]].power)){
ans[a[x[]].num][]++;
ans[a[x[]].num][]++;
ans[a[x[]].num][]++;
ans[a[x[]].num][]++;
}
return;
}
for(int i=b;i<=m;++i){
if((k!=)&&(a[i].power==a[x[k]].power))continue;
x[k+]=i;
if((k==)&&(*(a[x[]].power-a[x[]].power)>=a[x[]].power-a[x[]].power)){
x[k+]=;
continue;
}
if((k==)&&(*(a[m].power-a[x[]].power)<a[x[]].power-a[x[]].power)){
x[k+]=;
break;
}
if((k==)&&(*(a[i+].power-a[x[]].power)>a[x[]].power-a[x[]].power)){
x[k+]=;
continue;
}
dfs(k+,i+);
x[k+]=;
}
return;
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=;i<=m;++i){
scanf("%d",&a[i].power);
a[i].num=i;
}
sort(a+,a+m+,comp);
dfs(,);
for(int i=;i<=m;++i){
for(int j=;j<=;++j)printf("%d ",ans[i][j]);
printf("\n");
}
return ;
}
但是55分并没有用，毕竟是在浙江这样高手如云的地区。分析数据，题目中给出了n，这很奇怪，在DFS中并没有用到n。并且看到n=15000，说明这道题要从n着手。
再分析A,B,C,D的关系，设D-C=X，易得： B-A=2X； C-B>6X（注意这里不能取等）；综合上述三式，可得A,B,C,D的数学关系：设A=i,则B=i+2X,C=i+8X+Y,
D=i+9X+Y。因此可以想到一个n^2的算法，枚举i和X，而后事实证明K=1/9，N^2可以通过全部的点。（好吧，不得不承认，在做T4的时候，我无耻地翻了题解。
附带链接：http://blog.csdn.net/c20181220_xiang_m_y/article/details/53258693）代码如下
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std; int n,m,k[],w[],a[],b[],c[],d[];
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=;i<=m;++i){
scanf("%d",&k[i]);
w[k[i]]++;
} for(int i=;*i<n;++i){
int s=;
for(int xd=*i+;xd<=n;++xd){
s+=w[xd-*i-]*w[xd-*i-];
d[xd]+=w[xd-i]*s;
c[xd-i]+=w[xd]*s;
}
s=;
for(int xa=n-*i-;xa>=;--xa){
s+=w[xa+*i+]*w[xa+*i+];
a[xa]+=w[xa+*i]*s;
b[xa+*i]+=w[xa]*s;
}
} for(int i=;i<=m;++i){
printf("%d %d %d %d\n",a[k[i]],b[k[i]],c[k[i]],d[k[i]]);
}
}