K

Many Littles Make a Mickle
题目大意：有t组输入，每组输入一个n，一个m，表示有n层，第i层有i*i个房间，每个房间有m个人，求有多少人。
题解：数据小，暴力求和即可（也可直接输出i^2求和公式但是赛时没想那么多）

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
    
    int t = 0; cin >> t;
    int n,m;
    while(t--){
    
        int ans=0;
        cin>>n>>m;
        for(int i=1;i<=n;i++){
    
            ans+=i*i;
        }
        cout<<ans*m<<endl;
    }
}

B

Continued Fraction
题目大意：给定一个x一个y，将x/y化简成如下图式子。

如
题解：对第一个样例105 / 38进行分析，a[ 0 ]显然是 x / y ，右式a[ 1 ]为 y / (x % y)。
容易发现到a[ 0 ]到a[ n ]即为把gcd过程中每一步的x / y存下来，即可在gcd中直接添加一个记录语句随后输出即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,n,cnt,x,y;
int a[100005];
int gcd(int x,int y){
    
    if(!y) return  x;
    else {
    
        a[++cnt]=x/y;
        return gcd(y,x%y);
    }
}
void solve (){
    
	cnt=0;
    cin>>x>>y;
    gcd(x,y);
    cout<<cnt-1;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
    
        cout<<" "<<a[i];
    }
    cout<<endl;
}
signed main(){
    
    cin>>t;
    while(t--)
        solve();
}

L

It Rains Again
题目大意：给定n个板子，每个板子是从x1，y1伸展到x2，y2。有雨会从正上方下来，询问有多少长度的坐标轴是淋不到雨的。
题解：显然，坐标y对结果不会产生影响，我们只需要对每块板子用前缀和记录即可知道长度，最后统计之后上方有板子的地面就是不会被淋到的地面。（但是数据好像挺弱的，有人写了n^2的暴力好像也过了）

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,n,cnt,x,y,k,a,b,c,d;
int sum[1000005];
int ans;
void solve (){
    
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    
        cin>>a>>b>>c>>d;
        sum[a]++;
        sum[c]--;
    }
    for(int i=1;i<=100000;i++){
    
        sum[i]+=sum[i-1];
        if(sum[i]){
    
            ans++;
        }
    }
    cout<<ans;
}
signed main(){
    
    solve();
}

H

Hearthstone So Easy
（能读出这个题目叫炉石真简单可以便于理解题意，但是不容易发现这题结论）
题目大意：两名玩家在进行游戏他们初始有n点血量，现在他们在第i回合自己行动前需要扣除i点血量，随后这名玩家可以选择：
（炉石玩家很容易理解，双方进入疲劳状态，每回合打k或叠k甲,没有别的手牌）

1.给自己回复k点血量(两人的血量没有上限)
2.给对方扣除k点血量

给t次询问，每次给一个n一个k，询问最终胜者是谁

题解：最终推论是先手第一回合能杀死对方即可获胜，否则后手胜利（注意特判n==1）
推理过程是队友的，什么时候队友写题解了就放一篇链接指路（）

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define int long long
using namespace std;
int n,m,k,t;
signed main()
{
    
    cin>>t;
    while(t--){
    
        cin>>n>>k;
        if(n==1) cout<<"freesin"<<endl;
        else if(1+k>=n) cout<<"pllj"<<endl;
        else cout<<"freesin"<<endl;
    }
}

A

Mio visits ACGN Exhibition
题目大意：给定一个n*m的01矩阵，求从（1，1）到（n，m）的所有路径中，至少有p次0和q次1的路线数

题解：首先考虑一个四维的dp数组，其dp[ i ][ j ][ k ][ l ] 表示走到第i行第j列时，经过k次0和l次1的方案数：

第一步优化为发现在01矩阵中，从（1，1）到任意一点的任意一个路线，当经过0的数量确定时，经过1的数量即为i+j-1-k。
所以这个dp首先可以优化成dp[ i ][ j ][ k ]表示走到第i行第j列时，经过k次0方案数。

对于目前的式子，我们容易推出以下关系：

1.当a[ i ][ j ] == 0时，dp[ i ][ j ][ k ] = dp[ i - 1 ][ j ][ k - 1 ] + dp[ i ][ j - 1 ][ k - 1 ]
2.当a[ i ][ j ] == 1时，dp[ i ][ j ][ k ] = dp[ i - 1 ][ j ][ k ] + dp[ i ][ j - 1 ][ k ]

但是当n=m=500，k=1000时，三维数组需要大量的空间，所以我们需要在进行一轮压缩
通过类似背包问题二维压一维，这个滚动数组中的n我们也可压缩，此时我们只需要将背包中的优化使用在此题中即可

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define int long long
using namespace std;
const int N=1005;
int a[N][N], f[N][N];
int pr[N][N];
signed main()
{
    
    int n,m,p,q;
    cin>>n>>m>>p>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
    
            cin>>a[i][j];
        }
    }
    if(!a[1][1]){
    
        f[1][1]=1;
    }
    else{
    
        f[1][0]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    
        for(int j=1;j<=m;j++){
    
            //int q;
            if(i!=1||j!=1)
            if(a[i][j]){
    
                    for(int k=i+j-1;k>=0;k--){
    
                        f[j][k]=(f[j-1][k]+f[j][k])%mod;
                    }
            }
            else{
    
                    for(int k=i+j-1;k;k--){
    
                        f[j][k]=(f[j-1][k-1]+f[j][k-1])%mod;
                    }
                    f[j][0]=0;
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=p;i<=n+m-q-1;i++){
    
        ans+=f[m][i];
        ans%=mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
}

J

队友写的J题解

F

队友写的F题解