A. Vlad and the Best of Five
输出A和B那个出现的更多。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;
void solve(){
string s;
cin>>s;
int a=0,b=0;
per(i,0,s.length()-1){
if(s[i]=='A')a++;
else b++;
}
if(a>=b)cout<<"A"<<endl;
else cout<<"B"<<endl;
}
void init(){
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);
int t;
cin>>t;
while(t--)solve(),init();
return 0;
}B. Vlad and Shapes
问给定的01矩阵中，1组成的三角形还是正方形。
取最早的1和最晚的1，然后暴力循环一下，看看里面是不是都是1。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;
int n;
pair<int,int>x,y;
string s[15];
void solve(){
cin>>n;
per(i,1,n)cin>>s[i];
x.fr=-1;
per(i,1,n){
per(j,0,n-1){
if(x.fr==-1 and s[i][j]=='1'){
x={i,j};
}
if(s[i][j]=='1')y={i,j};
}
}
if(y.se-x.se==y.fr-x.fr){
per(i,x.fr,y.fr){
per(j,x.se,y.se){
if(s[i][j]=='0'){
cout<<"TRIANGLE"<<endl;
return;
}
}
}
}
cout<<"SQUARE"<<endl;
}
void init(){
per(i,1,n)s[i]="";
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);
int t;
cin>>t;
while(t--)solve(),init();
return 0;
}C. Vlad and a Sum of Sum of Digits
每个问题的测试只给0.5s的时间，要求输出1~n所有数按位加在一起，如521=5+2+1。
可以预处理一下每个数的按位和，然后再进行前缀和。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,pre[N];
map<int,int>f;
void solve(){
cin>>n;
cout<<pre[n]<<endl;
}
void init(){
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);
int t;
cin>>t;
per(i,1,2e5){
int tmp=i;
int sum=0;
while(tmp){
sum+=tmp%10;
tmp/=10;
}
f[i]=sum;
}
per(i,1,2e5){
pre[i]=pre[i-1]+f[i];
}
while(t--)solve(),init();
return 0;
}D. Vlad and Division
如果数A和数B在二进制的每一位（32位以内，int上限大小）上都不同，那么可以把他们放在同一组里面，问N个数最少要分几个组。
因为每个位都要不同，所以可以直接按位取反（异或即可）从map中看有没有能配对的。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,tmp,ans;
map<int,int>f;
void solve(){
cin>>n;
per(i,1,n){
cin>>tmp;
f[tmp]++;
}
for(auto i:f){
if(f[i.fr xor INT_MAX]){
ans+=min(i.se,f[i.fr xor INT_MAX])+abs(f[i.fr xor INT_MAX]-i.se);
f[i.fr xor INT_MAX]=0;
f[i.fr]=0;
}else{
ans+=i.se;
f[i.fr]=0;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
void init(){
f.clear();
ans=0;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);
int t;
cin>>t;
while(t--)solve(),init();
return 0;
}E. Vlad and an Odd Ordering
对于1~N的数进行翻牌，每个数只翻1遍，问翻的第k个数是多少。按照下列规则来翻
第一次翻1 3 5 7 9（所有到N为止的奇数）
第二次翻2 6 10 14（+4）
第三次翻3 9 15 21（+6）
第四次翻4 12 20 28（+8）
以此类推。
但是我们可以发现第一次就把奇数翻完了，下面的第奇数次翻是没有意义的。
还剩下偶数部分
2 6 10 14
4 .....
6 .....
8 .....
10 .....
2后面的6都是+4变大，下面的6是+12变大，所以6开头的被2里面的全部覆盖。
2后面的10都是+4变大，下面的10是+20变大，所以10开头也被2里面的全部覆盖。
所以大胆猜测，只要出现过了，下面再翻就会全部重复。
在小范围内测试一下这个思路，并且按顺序输出翻的开头不重复的值。
cpp
for(int i=2;i<=1e4;i+=2){
if(!vis[i])cout<<i<<endl;
vis[i]=true;
for(int j=i;j<=1e4;j+=2*i){
vis[j]=true;
}
}得出结果开头都是2幂次
知道开头翻什么之后不会重复，间隔也知道，就可以得出第k个翻的数的值了。
若k属于第一次翻的范围内，则数x=(k-1)*4+2，且在n范围内一共有n/2+n%2个数可以翻（奇数整除后要加一，直接加n%2即可）
如果不在第一次翻的范围内，则k减去n/2+n%2，从开头为4的地方，重新计算x值。
即x=(k-1)*8+4
以此类推。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;
int n,k;
void solve(){
cin>>n>>k;
if(k<=n/2+n%2){
cout<<(k-1)*2+1<<endl;
}else{
k-=n/2+n%2;
int now=2;
while(k>(n-now)/(now*2)+1){//当前范围内有多少now*2可以叠加
k-=(n-now)/(now*2)+1;//（n-now，前面那部分不算）,+1是以now开头的那张now
now*=2;
}
cout<<(k-1)*now*2+now<<endl;//公式定位
}
}
void init(){
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);
int t;
cin>>t;
while(t--)solve(),init();
return 0;
}