总结
T1 T2 T3
很快就写出来了，没什么大问题。
T4 T5
没有写出来，下来有个非常巧妙的思路。
题解
T1
我们只需要横纵坐标最小的，最大的那些点。然后把它们全部照在一起，那就可以了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
signed main()
{freopen("lab.in","r",stdin);freopen("lab.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int n;cin>>n;int maxx=-inf,maxy=-inf,minx=inf,miny=inf;for(int i=1;i<=n;i++){int x,y;cin>>x>>y;maxx=max(maxx,x),maxy=max(maxy,y);minx=min(minx,x),miny=min(miny,y);}cout<<minx-1<<' '<<miny-1<<endl<<maxx+1<<' '<<maxy+1;return 0;
}
T2
直接照题意模拟即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=105;
char a[maxn][maxn];
string s;
int n,m,ans=0,vis[maxn][maxn];
int dx[8]={1,0,-1,0,1,1,-1,-1};
int dy[8]={0,1,0,-1,1,-1,1,-1};
// 下 右 上 左 右下 左下 右上 左上
bool in(int x,int y)
{return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;
}
void dfs(int x,int y,int step,int f,int lf)
{vis[x][y]=1;if(step==(int)s.size()-1){ans++;vis[x][y]=0;return;}for(int i=0;i<8;i++){int tx=x+dx[i],ty=y+dy[i];if(f==-1||i==f){if(in(tx,ty)&&s[step+1]==a[tx][ty]&&!vis[tx][ty]) dfs(tx,ty,step+1,i,lf);}else if(lf!=-1) continue;else if(s[step+1]==a[tx][ty]&&!vis[tx][ty]){f++,i++;if(f==1&&(i==2||i==4)) dfs(tx,ty,step+1,i-1,f-1);if(f==2&&(i==1||i==3)) dfs(tx,ty,step+1,i-1,f-1);if(f==3&&(i==2||i==4)) dfs(tx,ty,step+1,i-1,f-1);if(f==4&&(i==1||i==3)) dfs(tx,ty,step+1,i-1,f-1);if(f==5&&(i==6||i==7)) dfs(tx,ty,step+1,i-1,f-1);if(f==6&&(i==5||i==8)) dfs(tx,ty,step+1,i-1,f-1);if(f==7&&(i==5||i==8)) dfs(tx,ty,step+1,i-1,f-1);if(f==8&&(i==6||i==7)) dfs(tx,ty,step+1,i-1,f-1);f--,i--;}}vis[x][y]=0;
}
signed main()
{freopen("treasure.in","r",stdin);freopen("treasure.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);cin>>s>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>a[i][j];for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) if(a[i][j]==s[0]) dfs(i,j,0,-1,-1);cout<<ans;return 0;
}
T3
不难发现是一个周期问题先发掘他是在第几位，然后去一个一个找即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
char a[maxn];
int b[maxn],cnt;
signed main()
{freopen("song.in","r",stdin);freopen("song.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);string s;cin>>s;int x;cin>>x;x++;for(int i=0;i<s.size();i++){a[++cnt]=s[i];while(isdigit(s[i+1])) i++,b[cnt]=b[cnt]*10+(s[i]-'0');b[cnt]+=b[cnt-1];}int sy=(x-1)%b[cnt]+1;for(int i=1;i<=cnt;i++){if(b[i]>=sy){cout<<a[i];return 0;}}return 0;
}
T4
不难发现，我们。把B从大到小排序，这样子做一定是最优的。
排完序之后，我们考虑DP。
设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个人。其中一个已经分过去的人的 \(a\) 和是 \(j\) 时，答案是几
那么方程为：
\[dp_{i,j}=\min(\max(j+b_i,f_{i-1,j}),\max(s_i-j+b_i,f_{i-1,j}))
\]
转移即可
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=500005;
int dp[maxn];
struct node
{int a,b;
}a[maxn];
bool cmp(node a,node b)
{return a.b>b.b;
}
signed main()
{freopen("meal.in","r",stdin);freopen("meal.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int n,sum=0;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].a>>a[i].b;sort(a+1,a+1+n,cmp);memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){sum+=a[i].a;for(int j=sum;j>=0;j--){dp[j]=max(dp[j],sum-j+a[i].b);if(j>=a[i].a) dp[j]=min(dp[j],max(j+a[i].b,dp[j-a[i].a]));}}int ans=inf;for(int i=0;i<=sum;i++) ans=min(ans,dp[i]);cout<<ans;return 0;
}
T5
不难发觉，在二进制上的某一位有一个一的情况下，那么这些在这一位唯一的数肯定不能在同一个集合。
但是这样并不好转移，所以我们考虑正难则反假设他们必须在同一个集合。
而对于集合里面的东西，我们可以用并查集来维护。答案就是 \(2^{并查集联通块个数}\)
最后利用容器把答案累加即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=500+5,mod=998244353;
struct UFS
{int fa[maxn],n;void init(int len){n=len;for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;}int get(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=get(fa[x]); }void merge(int u,int v){u=get(u),v=get(v);if(u!=v) fa[v]=u;}
}ufs;
int kasumi(int a,int b)
{int ans=1;while(b){if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans;
}
int a[maxn];
signed main()
{freopen("partition.in","r",stdin);freopen("partition.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int n,d = 0,ans=0;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],d|=a[i];for(int j=0;j<(1<<15);j++){if((d&j)!=j) continue;ufs.init(n);for(int i=0;i<=14;i++){if(!(j&(1<<i))) continue;int now=0;for(int k=1;k<=n;k++){if(a[k]&(1<<i)){if(!now) now=k;ufs.merge(k,now);}}}int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++) if(ufs.fa[i]==i) sum++;if(__builtin_popcount(j)%2==0) ans=(ans+kasumi(2,sum))%mod;else ans=(ans-kasumi(2,sum)+mod)%mod;}cout<<ans;return 0;
}