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20260613 比赛 总结

news 2026/6/14 19:54:00

太难了喵，喵，喵，喵呜。

大家都好强啊。

会附上算法标签 Tag、罚时原因（没有罚时就没有这一栏了喵）以及时间复杂度喵。

A - Maximum Increase

Tag：动态规划，线性 DP。

小糖题。

随便写个 DP，\(dp_i\) 表示以 \(i\) 结尾的最长递增子数组长度，那么当 \(a_i > a_{i-1}\) 时 \(dp_i = dp_{i-1} + 1\)，否则 \(dp_i = 1\)。初值 \(dp_1 = 1\)，最终答案为 \(\max dp\)。

时间复杂度：\(O(n)\)。

戳这里看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int n,a[N],dp[N],Ans;
int read(){int su=0,pp=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}return su*pp;
}int main(){n=read();for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++)dp[i]=(a[i]>a[i-1]?dp[i-1]+1:1),Ans=max(Ans,dp[i]);cout<<Ans<<"\n";return 0;
}

B - HonestOrUnkind2

Tag：搜索。

唔，直接做是很复杂的，但是验证一个情况是否合法是很简单的。注意到这是 B 题不会很难，观察数据范围发现 \(n \le 15\)，这是一个极其重要的性质！这意味着 \(2^n\) 完全能跑，可以直接枚举所有人是诚实者还是非诚实者的情况，然后每次 \(O(n)\) 验证，最后取诚实者人数最多的即可。

时间复杂度：\(O(2^n n)\)。

戳这里看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 20;
int n,a[N],x[N][N],y[N][N],Ans;
int read(){int su=0,pp=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}return su*pp;
}int main(){n=read();for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=read();for(int j=1;j<=a[i];j++)x[i][j]=read(),y[i][j]=read();}for(int st=0;st<(1<<n);st++){int cnt=0,flag=1;for(int i=1;i<=n;i++){int u=(st>>i-1)&1;if(!u)continue;cnt++;for(int j=1;j<=a[i];j++){int v=(st>>x[i][j]-1)&1;if(v!=y[i][j])flag=0;}}Ans=max(Ans,cnt*flag);}cout<<Ans<<"\n";return 0;
}

C - Ice Skating

Tag：并查集，连通性。

罚时原因：

  1. 解假了。
  2. 解又假了。

被 *1200 创飞，我宣称再不退役就晚了 .jpg

发现对于任意两个点 \((x_1,y_1)\) 和 \((x_2,y_2)\)，都只需要新加一个点（\((x_1,y_2)\) 或 \((x_2,y_2)\) 均可）就能使它们之间相互可达。

然后我被成功带偏超过 \(1\)h。呵呵。

上面的描述换个词：“相互可达”变为“连通”。不就想到连通块了？对于最初两个能连通的点连边，最后得到一张有若干个连通块的图。计算连通块个数，答案就是 \(cnt-1\)。

具体实现可以用并查集。

时间复杂度：\(O(n^2 \alpha(n))\)，其中 \(\alpha(n) \approx 4\) 是并查集常数。

戳这里看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 1005;
int n,x[N],y[N],fa[N],Ans;
vector<int> g[N],p[N];
int read(){int su=0,pp=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}return su*pp;
}
int FF(int u){return (fa[u]==u?u:fa[u]=FF(fa[u]));}
void Merge(int u,int v){u=FF(u),v=FF(v);if(u!=v)fa[u]=v;return;
}
int main(){n=read(),Ans=-1;for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;for(int i=1;i<=n;i++){x[i]=read(),y[i]=read();for(int j=1;j<i;j++)if(x[j]==x[i]||y[j]==y[i])Merge(i,j);}for(int i=1;i<=n;i++)if(FF(i)==i)Ans++;cout<<Ans<<"\n";return 0;
}

D - Mashmokh and ACM

Tag：动态规划。

考虑 DP，最一眼的状态定义，令 \(dp_{i,j}\) 表示当前序列长度为 \(i\) 且末位数字为 \(j\) 时的方案数。转移直接暴力 \(dp_{i,x} = \sum_{y \mid x} dp_{i-1,y}\) 即可，最终答案为 \(\sum dp_{n,i}\)。

时间复杂度：\(O(k n \sqrt{n})\)。

戳这里看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int MOD = 1e9+7;
int n,k,dp[2005][2005],Ans;
int read(){int su=0,pp=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}return su*pp;
}
void upd(int &x,int y){x=(x+y)%MOD;return;}
int main(){n=read(),k=read();dp[0][1]=1;for(int i=1;i<=k;i++){for(int x=1;x<=n;x++)for(int y=1;y*y<=x;y++){if(x%y)continue;upd(dp[i][x],dp[i-1][y]);if(x/y!=y)upd(dp[i][x],dp[i-1][x/y]);}}for(int i=1;i<=n;i++)upd(Ans,dp[k][i]);cout<<Ans<<"\n";return 0;
}

E - Hard problem

Tag：动态规划，线性 DP。

还是 DP，让 \(dp_{i,0/1}\) 表示当前考虑了前 \(i\) 个字符串，且第 \(i\) 个字符串（当前最后一个字符串）是否反转的情况下的最小代价。

令 \(s_i\) 为第 \(i\) 个字符串，\(t_i\) 为 \(s_i\) 反转后的结果，这个可以预处理出来。

字典序比较就是 string 自带的 >= 比较。那么转移就是简单的：

  • 对于 \(dp_{i,0}\)，

    • 如果 \(s_i \ge s_{i-1}\) 则 \(dp_{i,0} \gets \min(dp_{i,0} , dp_{i-1,0})\)；
    • 如果 \(s_i \ge t_{i-1}\) 则 \(dp_{i,0} \gets \min(dp_{i,0} , dp_{i-1,1})\)。

  • 对于 \(dp_{i,1}\)，

    • 如果 \(t_i \ge s_{i-1}\) 则 \(dp_{i,1} \gets \min(dp_{i,1} , dp_{i-1,0}+c_i)\)；
    • 如果 \(t_i \ge t_{i-1}\) 则 \(dp_{i,1} \gets \min(dp_{i,1} , dp_{i-1,1} + c_i)\)。

最终答案为 \(\min(dp_{n,0},dp_{n,1})\)。

时间复杂度：\(O(n+\sum |s_i|)\)，可能有个 \(2\) 的常数。

戳这里看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
LL n,w[N],dp[N][2],Ans;
string s[N],t[N];
LL read(){LL su=0,pp=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}return su*pp;
}
void upd(LL &x,LL y){x=min(x,y);return;}
int main(){n=read();for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++){cin>>s[i];t[i]="";for(int j=s[i].size()-1;j>=0;j--)t[i]+=s[i][j];}memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[0][0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]>=s[i-1])upd(dp[i][0],dp[i-1][0]);if(s[i]>=t[i-1])upd(dp[i][0],dp[i-1][1]);if(t[i]>=s[i-1])upd(dp[i][1],dp[i-1][0]+w[i]);if(t[i]>=t[i-1])upd(dp[i][1],dp[i-1][1]+w[i]);}Ans=min(dp[n][0],dp[n][1]);if(Ans==0x3f3f3f3f3f3f3f3f)cout<<"-1\n";else cout<<Ans<<"\n";return 0;
}

F - Boboniu and Bit Operations

Tag：位运算，贪心。

对于二进制有一个基础但重要的性质，就是 \(2^k > 2^{k-1} + 2^{k-2} + \dots + 2 + 1\)，这意味着哪怕让 \(k\) 往后的所有位都空着，也要让 \(k\) 自身变为 \(1\)。这是一个明显的贪心策略。

考虑到 \(n,m\) 只有 \(200\) 随便搞，从高到低枚举每个二进制位，枚举每个 \(a_i\) 对应的 \(b_i\)，能填 \(1\) 就填 \(1\)，否则留空。可以证明着一定是最优的。

时间复杂度：\(O(n m \log a_i)\)。

戳这里看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 205;
int n,m,a[N],b[N],Ans;
vector<int> g[N],p[N];
int read(){int su=0,pp=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}return su*pp;
}int main(){n=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();for(int i=1;i<=m;i++){b[i]=read();for(int x=1;x<=n;x++)g[x].pb(b[i]);}for(int x=8;x>=0;x--){for(int i=1;i<=n;i++)p[i].clear();bool flag=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int u:g[i]){if(!((a[i]>>x)&1))p[i].pb(u);else if(!((u>>x)&1))p[i].pb(u);}if(p[i].empty())flag=0;}if(!flag)Ans|=(1<<x);else for(int i=1;i<=n;i++)g[i]=p[i];}cout<<Ans<<"\n";return 0;
}

G - Maximum Subsequence

Tag：双向搜索，二分查找。

罚时原因：

  1. 没用 upper_bound 对找到的下标 \(-1\) 导致可能和 \(\ge m\)。
  2. 没改过来，改了一个无关紧要的点。

死去的回忆突然开始攻击我 .jpg

还好我反应得快（？快在哪）。

\(n\) 的大小非常诡异，因为 \(2^n\) 完全不支持，但 \(2^{\frac{n}{2}}\) 却毫无问题。此时要有灵敏的直觉，对，双搜！前半段搜到的值存进数组或者 set，后半段搜到的值二分一个最优答案加上就行。

时间复杂度：\(O(K \log K)\)，其中 \(K = 2^{\frac{n}{2}}\)。

戳这里看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int n,m,mid,a[40],Ans;
set<int> st;
int read(){int su=0,pp=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}return su*pp;
}
void DFS1(int u,int sum){if(u>mid){st.insert(sum);return;}DFS1(u+1,sum);DFS1(u+1,(sum+a[u])%m);return;
}
void DFS2(int u,int sum){if(u<=mid){auto it=st.lower_bound(m-sum);Ans=max(Ans,(sum+*(--it))%m);return;}DFS2(u-1,sum);DFS2(u-1,(sum+a[u])%m);return;
}
int main(){n=read(),m=read();mid=n/2,Ans=-1;for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read()%m;DFS1(1,0);DFS2(n,0);cout<<Ans<<"\n";return 0;
}

H - The least round way

Tag：动态规划，贪心，记录路径。

罚时原因：

  1. \(\min\) 写成 \(\max\) 了。
  2. 没注意到 \(a_{i,j}\) 可能为 \(0\)。
  3. 特判没改对。
  4. 特判还是没改对。

论 test 31 害死了多少个人 .jpg

Joler 怎么也死 test 31 了 .jpg

大家怎么都不看数据范围呀 .jpg

我绝不会告诉你我发现存在 \(0\) 是因为自己造数据的时候取模没 \(+1\) 导致程序死循环了！

做两个 DP，一个 \(dp_{0,i,j}\) 表示从 \((1,1)\) 到 \((i,j)\) 能取到的最小的 \(2\) 的个数，\(dp_{1,i,j}\) 同理是 \(5\) 的。转移不用多说了，记录路径，最后还原方案取两者中较优的即可。

注意矩阵内值的范围是非负整数，那么要特判 \(0\)，具体来说在有 \(0\) 的情况下只要你看好方向撞到 \(0\) 身上就能让答案为 \(1\)，但由于可能还是存在答案为 \(0\) 的情况因此还是要 DP（否则会死在 test 35，虽然我不是这么错的但还是别问我怎么知道的），最后判一下就行。有点点复杂。

我的代码里 DP 数组是 pair 数组，做起来非常麻烦，很史。其实是没必要的，赛时脑抽了赛后想通了。

时间复杂度：\(O(n^2)\)。

戳这里看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 1005;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n,t[N][N],a[2][N][N];
int X0,Y0;
pii dp[2][N][N];
pii l[2][N][N];
stack<char> st;
int read(){int su=0,pp=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}return su*pp;
}int main(){n=read();for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++){int x=read();while(x&&x%2==0)a[0][i][j]++,x/=2;while(x&&x%5==0)a[1][i][j]++,x/=5;if(!x)X0=i,Y0=j;t[i][j]=x;}for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=0;j<=n;j++)dp[0][i][j]={INF,INF},dp[1][i][j]={INF,INF};dp[0][0][1]={0,0},dp[0][1][0]={0,0};dp[1][0][1]={0,0},dp[1][1][0]={0,0};for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++){if(!t[i][j])continue;for(int o=0;o<2;o++)for(int p=0;p<2;p++){pii now=(p?dp[o][i-1][j]:dp[o][i][j-1]);pii dian;if(p)dian={i-1,j};else dian={i,j-1};if(now.fr>=INF)continue;int nxt=now.fr+a[o][i][j];int xia=now.se+a[1-o][i][j];if(nxt<dp[o][i][j].fr)dp[o][i][j]={nxt,xia},l[o][i][j]=dian;else if(nxt==dp[o][i][j].fr&&xia<dp[o][i][j].se)dp[o][i][j]={nxt,xia},l[o][i][j]=dian;}}int ans0=min(dp[0][n][n].fr,dp[0][n][n].se);int ans1=min(dp[1][n][n].fr,dp[1][n][n].se);int o=(ans0<ans1?0:1);if(min(ans0,ans1)!=0&&X0&&Y0){cout<<"1\n";for(int i=1;i<X0;i++)cout<<"D";for(int i=1;i<Y0;i++)cout<<"R";for(int i=X0;i<n;i++)cout<<"D";for(int i=Y0;i<n;i++)cout<<"R";cout<<"\n";return 0;}int nx=n,ny=n;while(nx!=1||ny!=1){if(l[o][nx][ny].fr==nx)st.push('R');else st.push('D');auto [xx,yy]=l[o][nx][ny];nx=xx,ny=yy;}cout<<min(ans0,ans1)<<"\n";while(!st.empty()){cout<<st.top();st.pop();}return 0;
}

I - Ice Cave

Tag：搜索，BFS，洪水填充。

罚时原因：

  1. 起点等于终点的特判写错了。
  2. 没考虑起点与终点相邻的情况。

你的意思是，我们可以直接 c[Sx][Sy]='.'; 咯？意味消失了？？

正常跑 BFS 洪水填充，但是第一次到达终点不一定是行的，因为如果终点最初是 . 的话就会导致第一次去不会掉下去，需要去外面绕一圈再回来。发现只需要终点身边存在 \(\ge 2\) 个 . 就能解决问题，因为不管你从哪个 . 进来的，都还有另外的 . 能出去走一步再回来。当然如果终点本来就是 X 的话就直接掉下去了。

要特判起点等于终点的情况，以及当起点与终点相邻且终点为 . 时容易统计错误（起点是 X，不会被判进终点周围的 . 个数导致答案错误），当然了我们只需要 c[Sx][Sy]='.'; 一下就可以解决了，有利无弊。

时间复杂度：\(O(nm)\)，有 \(4\) 的常数。

戳这里看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
int n,m,Sx,Sy,Ex,Ey;
char c[505][505];
bool vis[505][505];
int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0};
queue<pii> q;
int read(){int su=0,pp=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}return su*pp;
}int main(){n=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)cin>>c[i][j];Sx=read(),Sy=read(),Ex=read(),Ey=read();q.push({Sx,Sy});vis[Sx][Sy]=1;c[Sx][Sy]='.';if(Sx==Ex&&Sy==Ey){int cnt=0;for(int i=0;i<4;i++){int x2=Sx+dx[i],y2=Sy+dy[i];if(x2<1||x2>n||y2<1||y2>m)continue;if(c[x2][y2]=='.')cnt++;}if(cnt>=1)cout<<"YES\n";else cout<<"NO\n";return 0;}while(!q.empty()){auto [x,y]=q.front();q.pop();if(x==Ex&&y==Ey){int cnt=0;for(int i=0;i<4;i++){int x2=x+dx[i],y2=y+dy[i];if(x2<1||x2>n||y2<1||y2>m)continue;if(c[x2][y2]=='.')cnt++;}if(cnt>=2||c[x][y]=='X')cout<<"YES\n";else cout<<"NO\n";return 0;}for(int i=0;i<4;i++){int x2=x+dx[i],y2=y+dy[i];if(x2<1||x2>n||y2<1||y2>m)continue;if(vis[x2][y2])continue;if(c[x2][y2]=='X'&&(x2!=Ex||y2!=Ey))continue;q.push({x2,y2});vis[x2][y2]=1;}}cout<<"NO\n";return 0;
}

J - Clear the Multiset

Tag：动态规划，区间 DP，递归，贪心。

Joler：最后这个题很简单啊，不到十行就搞定了。
【数据删除】：算上缺省源吗？
某个小鸭子我不说是谁：老师我的缺省源有二十多行！！

快笑死了 .jpg

考虑一个区间，有且仅有两种方案：

  1. 直接对每种元素去删，需要区间长度次。
  2. 整体删，但是整体删要删到把最小的元素删掉（否则没意义），然后就分成了若干个小区间，再分别贪心即可。

发现，这就是一个区间 DP 啊！\(n\) 又只有 \(5000\)，\(O(n^2)\) 没任何问题。

递推不好做，直接上递归。最后的核心代码好像真的只有不到十行诶。

时间复杂度：\(O(n^2)\)。

戳这里看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 5005;
int n,a[N];
int read(){int su=0,pp=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}return su*pp;
}
LL sol(int l,int r,int h){if(l>r)return 0;int id=0;for(int i=l;i<=r;i++)if(a[i]<a[id])id=i;return min(r-l+1ll,a[id]-h+sol(l,id-1,a[id])+sol(id+1,r,a[id]));
}
int main(){n=read();a[0]=0x3f3f3f3f;for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();cout<<sol(1,n,0)<<"\n";return 0;
}

总结

我被 *1200 创飞了我被 *1200 创飞了我被 *1200 创飞了我被 *1200 创飞了我被 *1200 创飞了我被 *1200 创飞了我被 *1200 创飞了我被 *1200 创飞了我被 *1200 创飞了我被 *1200 创飞了我被 *1200 创飞了（此处省略 \(\inf\) 个“我被 *1200 创飞了”。）

我被二分范围再次创飞我被二分范围再次创飞我被二分范围再次创飞我被二分范围再次创飞我被二分范围再次创飞我被二分范围再次创飞我被二分范围再次创飞我被二分范围再次创飞我被二分范围再次创飞我被二分范围再次创飞（此处省略 \(\inf\) 个“我被二分范围再次创飞”。）

我被 \(0\) 的特判创飞了我被 \(0\) 的特判创飞了我被 \(0\) 的特判创飞了我被 \(0\) 的特判创飞了我被 \(0\) 的特判创飞了我被 \(0\) 的特判创飞了我被 \(0\) 的特判创飞了我被 \(0\) 的特判创飞了我被 \(0\) 的特判创飞了（此处省略 \(\inf\) 个“我被 \(0\) 的特判创飞了”。）

我被特殊情况考虑再次创飞我被特殊情况考虑再次创飞我被特殊情况考虑再次创飞我被特殊情况考虑再次创飞我被特殊情况考虑再次创飞我被特殊情况考虑再次创飞我被特殊情况考虑再次创飞我被特殊情况考虑再次创飞（此处省略 \(\inf\) 个“我被特殊情况考虑再次创飞”。）

聪明的小朋友（？）一定发现了上面四段话是我四道不同题目的罚时的概括总结（？）吧（？）。

不管了下次再战喵。qwq

Thanks reading.

http://www.zskr.cn/news/1525592.html

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