摘要：
"传送门" $MSV$ 设个阈值搞一搞就行了 $EVEDG$ 如果$m$是偶数全都扔一个集合里 否则如果有一个点的度数是奇数，那么把这个点单独一个集合，其它的放一起 如果没有点的度数是奇数，那么随便找一条边，把这条边连的两个点设成不同的颜色，其他所有点为第三个颜色 $BACREP$ 不考虑子树问题的 阅读全文
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"传送门" $A$ 咕咕咕 $B$ 咕咕咕 $D$ 考虑最终的序列，一个$1$一定是由一开始的$11111...101$或者$101...111$转移而来的，且假设有$k$个$1$，那么贡献就是$k 1$，我们记形如这样的串为好的，那么所有好的串的串长总和是$O(n)$的，那么预处理一下直接$dp$ 阅读全文
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"传送门" $A$ 咕咕 $B$ 咕咕 $C$ 首先去掉所有$x$之后得是一个回文，然后把不是$x$字母之间的$x$填到对称就是了 cpp //quming include define R register define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;iI; 阅读全文
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"传送门" $A$ 首先只有一串的情况下，遇到相同的肯定是改后面那一个最优，然后两串的话可能要分奇偶讨论一下 $B$ 首先有奇环肯定无解，否则我们枚举哪个点是$1$号点，用$bfs$依次确定剩下的每个点的编号，因为图中不存在奇环所以这样跑出来的肯定合法 $E$ 好迷的题目啊…… 首先把环从$2n$到 阅读全文
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"传送门" $A$ 咕咕 $E$ 首先第一次肯定是整行或整列的，那么我们假设第一次是整列，并假设整列涂色的区间为$[l,r]$（其中$l,r$两列必须可以涂色），设这个区间中上下都可以涂色的列的个数为$k$，那么这一部分的贡献就是$2^k$ 然后考虑两边，我们强制两边都得先横着涂一次，之后随意。以左 阅读全文
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"传送门" $A$ 咕咕 $B$ 先不考虑结果不变的操作，发现如果一个翻转的区间$[l,r]$满足$s[l]=s[r]$那么我们现在可以选择操作$[l+1,r 1]$而使得最终的序列和翻转$[l,r]$之后的序列相等，那么我们就不计数$[l,r]$，这样我们只要数出有多少对$[l,r]$满足$s[l 阅读全文
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"传送门" $A$ 根据裴蜀定理显然要$k|\gcd(a_1,...,a_n)$，顺便注意不能造出大于$\max(a_1,...,a_n)$的数 $C$ 先考虑二维的情况，即总共有$n=x+y$个人，每个人有金币$a_i$或银币$b_i$，那么先假设所有人都取银币，加上前$x$大的$a_i b_i$ 阅读全文
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"传送门" $A$ 直接转移就是了 $B$ 我是个$zz$…… 每个数的贡献要么为正要么为负，那么我们枚举有几个贡献为正的，然后算一下贡献总和的上下界就行了 cpp typedef long long ll; int n,a,b,c,d;ll l,r; int main(){ scanf("%d%d 阅读全文
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"传送门" $A$ 直接枚举最终的字母然后模拟就行了…… 就这数据范围还是别学我写的这种做法了…… $B$ 所有颜色可以被分成只出现$1$次的和出现多次的，而前者的$a_i$必定比后者小$1$ 如果所有的$a_i$都相等，考虑到底是全出现$1$次还是全出现多次，否则必定是形如若干个$k 1$和$k$ 阅读全文