A 小月的增减
知识点：循环、分支
依次读入每个数，遇到奇数就让 $x$ 减少 $1$，遇到偶数就让 $x$ 增加 $1$，最后输出 $x$。注意 $0$ 是偶数，且 $x$ 可以为负数。
时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。
void solve() {
int n, x;
cin >> n >> x;
for (int i = 0, y; i < n; ++i) cin >> y, x -= (y & 1) - !(y & 1);
cout << x << endl;
}B 小月的集市
知识点：整数除法、取模、模拟
先把 $a$ 枚金币平分，每人得到 $\lfloor a/b\rfloor$ 枚金币。剩余的 $a\bmod b$ 枚金币换成碎银后再平分，并向下取整，所以每人需要支付的金币数、碎银数分别为
时间复杂度 $\mathcal{O}(k+1)$。
void solve() {
int a, b, k;
cin >> a >> b >> k;
int p = 1;
while (k--) p *= 10;
cout << a / b << " " << (a % b) * p / b << endl;
}C 小月的长廊
知识点：区间计数、排序、二分查找
覆盖位置 $x$ 的区间数，等于已经开始的区间数减去已经结束的区间数，即
分别将所有左端点、右端点排序，便能用二分查找求出这两个数量。注意区间包含端点，因此左端点统计不大于 $x$ 的数量，右端点统计严格小于 $x$ 的数量。最后枚举原来的每个区间，检查 $|d(l_i)-d(r_i)|\ge p$ 即可。
时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。
void solve() {
int n, p;
cin >> n >> p;
vector<pii> a;
vector<int> l(n), r(n);
for (auto &&[u, v] : views::zip(l, r)) cin >> u >> v, a.push_back({u, v});
sort(l.begin(), l.end());
sort(r.begin(), r.end());
auto get = [&](int x) -> int {
return upper_bound(l.begin(), l.end(), x) - l.begin() -
(lower_bound(r.begin(), r.end(), x) - r.begin());
};
int ans = 0;
for (auto [x, y] : a) ans += abs(get(x) - get(y)) >= p;
cout << ans << endl;
}D 小月的回声
知识点：前缀和、值域枚举、哈希表
设 $p_i$ 为前 $i$ 个数的和。固定右端点 $r$，再枚举左端点的值 $x=a_l$，原条件就变为
由于 $x$ 只有 $1\sim30$ 这几种取值，可以按 $a_l$ 分组，用哈希表记录各个 $p_l$ 的出现次数。从左到右枚举 $r$，先将新满足长度限制的左端点 $l=r-2$ 加入，然后枚举 $x$，查询对应前缀和的数量并累加。这样表中恰好包含所有 $l\le r-2$ 的左端点，每个合法区间都会被统计一次。
时间复杂度 $\mathcal{O}(nV)$。
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1), p(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], p[i] = p[i - 1] + a[i];
vector<unordered_map<int, int>> cnt(31);
int ans = 0;
for (int r = 1; r <= n; ++r) {
int l = r - 2;
if (l >= 1) cnt[a[l]][p[l]]++;
if (r >= 3)
for (int x = 1; x <= 30; ++x) {
auto it = cnt[x].find(p[r - 1] - 1LL * x * a[r]);
if (it != cnt[x].end()) ans += it->second;
}
}
cout << ans << endl;
}E 小月的时差
知识点：最短路、二分答案、图的连通性
先分别求出信号塔 $a,b$ 到每个点的最短距离 $da_u,db_u$，则点 $u$ 的时差就是
答案不超过 $x$，当且仅当只保留 $w_u\le x$ 的点后，$s,t$ 仍然连通。因为此时可以找到一条所有点权都不超过 $x$ 的简单路径；反过来，满足限制的路径也只会经过这些点。
随着 $x$ 增大，可经过的点只会增加，因此可以二分最小可行的 $x$，每次用广度优先搜索检查连通性。起点也必须满足 $w_s\le x$；当 $s=t$ 时同样适用。
时间复杂度 $\mathcal{O}((n+m)\log n)$。
constexpr int inf = 2e18 + 9;
void solve() {
int n, m, a, b, s, t;
cin >> n >> m >> a >> b >> s >> t;
vector<vector<int>> g(n + 1);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int u, v;
cin >> u >> v;
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
auto dijkstra = [&](int s, vector<int> &dis) {
priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii>> q;
q.push({0, s});
dis[s] = 0;
while (q.size()) {
auto [d, u] = q.top();
q.pop();
if (d != dis[u]) continue;
for (auto v : g[u]) {
if (dis[v] > d + 1) {
dis[v] = d + 1;
q.push({dis[v], v});
}
}
}
};
vector<int> da(n + 1, inf), db(n + 1, inf), w(n + 1);
dijkstra(a, da), dijkstra(b, db);
for (int i = 1; i <= n; ++i) w[i] = abs(da[i] - db[i]);
auto check = [&](int x) {
if (w[s] > x) return false;
vector<bool> vis(n + 1);
queue<int> q;
q.push(s);
vis[s] = 1;
while (q.size()) {
auto u = q.front();
q.pop();
if (u == t) return true;
for (auto v : g[u]) {
if (vis[v] || w[v] > x) continue;
vis[v] = 1;
q.push(v);
}
}
return false;
};
int l = 0, r = *max_element(w.begin(), w.end()), ans = r;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid))
ans = mid, r = mid - 1;
else
l = mid + 1;
}
cout << ans << endl;
}F 小月的订单
知识点：动态规划、前后缀合并、滚动数组
两批订单之间一定有一个不选的位置。枚举这个空位 $i$，第一批只从 $[1,i-1]$ 中选，第二批只从 $[i+1,n]$ 中选，便能同时保证先后顺序和跨批次不相邻。
设 $f_{k,i}$ 表示从前 $i$ 个位置中选出恰好 $k$ 个互不相邻的订单、按第一批费用支付的最小总费用。考虑是否选择位置 $i$，有
同理，设 $g_{k,i}$ 表示从后缀 $[i,n]$ 中选出恰好 $k$ 个互不相邻的订单、按第二批费用支付的最小总费用，则
选 $0$ 个订单的费用为 $0$，其余无法选出的状态为正无穷；越界的前后缀视为空区间。两批各选 $k$ 个的最小费用就是
任何合法方案都能在两批之间找到这样的空位，而合并得到的方案也一定合法，因此取 $c_k\le s$ 的最大 $k$ 即可。
总共要选 $2k$ 个互不相邻的位置，至少需要 $4k-1$ 个位置，所以只需枚举 $k\le\lfloor(n+1)/4\rfloor$。每次转移只依赖上一层，用滚动数组将空间压到 $\mathcal{O}(n)$。费用均为正数，从更大方案中各删去一份订单就能得到更小方案，因此一旦 $c_k>s$ 就可以停止枚举。
时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。
constexpr int inf = 2e18 + 9;
void solve() {
int n, s;
cin >> n >> s;
vector<int> a(n + 1), b(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> b[i];
vector<int> f(n + 2), g(n + 2);
int ans = 0;
for (int k = 1; k <= (n + 1) / 4; ++k) {
vector<int> nf(n + 2, inf), ng(n + 2, inf);
for (int i = 1; i <= n; ++i) nf[i] = min(nf[i - 1], f[max(0LL, i - 2)] + a[i]);
for (int i = n; i >= 1; --i) ng[i] = min(ng[i + 1], g[min(n + 1, i + 2)] + b[i]);
int res = inf;
for (int i = 1; i <= n; ++i) res = min(res, nf[i - 1] + ng[i + 1]);
if (res > s) break;
ans = k;
f.swap(nf), g.swap(ng);
}
cout << ans << endl;
}约定
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pii array<int, 2>
#define endl "\n"
void solve() {
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int t = 1;
cin >> t;
for (int i = 0; i < t; ++i) {
solve();
}
return 0;
}使用到的算法模板见 $\texttt{github}$ 仓库 林月的XCPC模板库