（本来准备划水，结果被垃圾题艹翻了……）
T2题意：
定义一个数$x$的数字根$S(x)$为：将其各位数字相加得到一个新数，再将新数的数字和相加直到得到一个个位数，就是该数的数字根。
例如：$S(38)=S(3+8=11)=S(1+1=2)=2$
现在需要求数字根为$x$的从小到大第$k$个数。
$1leq xleq 9,kleq 10^{12}$。
题解：
注意到数字和相加不会改变x对9取余的值。
那么可以得到：数字根为$x$的数就是满足模$9$的值为$x$的数。
特别地，数字根为$9$的数满足模$9$的值为$0$。
然后一行就可以了。
代码：
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; #define MAXN 100005 #define MAXM 500005 #define INF 0x7fffffff #define ll long long inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } int main(){ ll N=read(); for(ll i=1;i<=N;i++){ ll k=read(),x=read(); cout<<x+(k-1)*9<<endl; } return 0; }
T4题意：
定义一个$n$次矩阵$A$的$x$次压缩矩阵$B$为：对于任意$i,j$满足$A(i,j)=B(lceil i/x ceil,lceil j/x ceil)$。
显然对于某些$x$是不存在$x$次压缩矩阵的。
现在给定一个$01$矩阵$A$，求最大的满足$x|n$的能压缩的$x$。
$nleq 5200$。
题解：
发现压缩的过程就相当于把原矩阵$A$分成若干个$x imes x$的小矩阵，若每个小矩阵内数均相同则$x$次压缩是可行的。
那么暴力算法就是枚举每个$x$再进行$O(n^2)$枚举判断可行性。
考虑优化，枚举$k$的过程不太好优化，我们需要一个快速的办法判断一个小矩阵中的数是否相同。
由于数只有$01$，可以维护二维前缀和，若这个小矩阵内数的和不等于$0$或者$x imes x$则肯定不相同。
时间复杂度为$O(sum frac{n^2}{x^2})=O(n^2 imes sum frac{1}{x^2})=O(n^2)$。
代码：
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; #define MAXN 5205 #define MAXM 500005 #define INF 0x7fffffff #define ll long long inline int read(){ int x=0,f=1; char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } int N,mp[MAXN][MAXN],sum[MAXN][MAXN]; char str[MAXN]; inline int gets(int x,int y,int xx,int yy){ return sum[xx][yy]-sum[xx][y]-sum[x][yy]+sum[x][y]; } bool check(int x){ for(int i=1;i<=N;i+=x){ for(int j=1;j<=N;j+=x){ if(gets(i-1,j-1,i+x-1,j+x-1)!=0 && gets(i-1,j-1,i+x-1,j+x-1)!=x*x) return 0; } } return 1; } int chg(char ch){ if(isdigit(ch)) return ch-'0'; else return ch-'A'+10; } int main(){ N=read(); for(int i=1;i<=N;i++){ scanf("%s",str); for(int j=1;j<=N;j+=4){ int tp=chg(str[j/4]); for(int k=0;k<4;k++) mp[i][j+k]=(bool)(tp&(1<<(4-k-1))); } } for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=N;j++) sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1]+mp[i][j]; for(int x=N;x>=1;x--){ if(N%x) continue; if(check(x)){ printf("%d ",x); return 0; } } return 0; }
T5题意：
给定一个长度为$n$的$01$串$s$，你可以进行任意次操作：
每次操作选取一段连续且相等的串$str$,记其长度为$k(1leq k leq n)$。
将这段串删除并将它右边的串接到左边，同时获得$A_k$的价值。
求将整个串删除为空串所能获得的最大价值。
$nleq 100$。
题解：
这题当时触及到我的知识盲区了……（菜是原罪）考完才学了一下。
“区间消消乐”问题可以算作一种单独的$dp$模型，状态一般是
设$dp(i,j,k)$表示处理子串$[i,j]$，后面带上连续$k$个与$s_j$相同的字符所能获得的最大价值。
那么每种状态都有如下两种转移过来的方式：
- 消后面那段颜色相同的。$dp(i,j,k)=dp(i,j-1,0)+A_k+1$
- 枚举中间的某个断点$mid$，保证$s_{mid}=s_{j}$，此时可以把$[mid+1,j-1]$一段消去，后面接出更长的一段。$dp(i,j,k)=dp(i,mid,k+1)+dp(mid+1,j-1,0)$
时间复杂度$O(n^4)$。
这里我个人想再说细一点（因为思维太弱跳不了那么远QAQ）：如何想到这个非常规的转移方程？
注意：以下讨论均是对于子区间[i,j]的处理。
如果这道题没有“删除后将右边接到左边”这句话，那么转移方程并不复杂：
$dp(i,j)=max{dp(i,j),dp(i,k-1)+A_{j-k+1}}$，其中$s_k=s_k+1=cdots=s_j$。
但现在多了这句话，就要考虑怎么在转移时做出“拼接”这种骚操作来。
看上去有一个显而易见的暴力：枚举删除的区间（两端而不是一端）暴力转移。
此时状态大概是$dp(i,j,str)$表示区间$[i,j]$后面连着一段$str$。
由于思维量不大，所以这个方法的复杂度不用算也知道……
那么观察一下这个方法：记录后面连着一段的思想貌似可行，但真的有必要记录$str$吗？
现在我们状态中的str还是需要暴力处理，多这一维没有起到实质性的作用。
回到题目，消除任意一段str时，每一步操作都是消除一段连续字符。
反过来说，也就是用若干段连续字符必然能拼出任意的str。
那么我们为什么不能把状态里的str改成数字k，表示后面连着一段长度为k的连续字符呢？
Nice！我们发现用改完后的状态能够表示出原来的所有状态，这说明这个思路是可做的。
此时的状态为$dp(i,j,k,0/1)$表示$[i,j]$后面连着$k$个$0/1$。
我们还可以把$j$右移一位以略去第四维而将定义改成连着$k$个与$s_j$相同的字符。
无论哪种状态都能够通过本题了。
代码：
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; #define MAXN 105 #define MAXM 500005 #define INF 0x7fffffff #define ll long long inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } ll dp[MAXN][MAXN][MAXN]; ll N,A[MAXN]; char str[MAXN]; int main(){ N=read(); scanf("%s",str+1); for(ll i=1;i<=N;i++) A[i]=read(); for(ll i=1;i<=N;i++) for(ll k=0;k<=N;k++) dp[i][i][k]=A[k+1]; for(ll l=2;l<=N;l++) for(ll i=1;i<=N-l+1;i++){ ll j=i+l-1; for(ll k=0;k<=N;k++){ dp[i][j][k]=dp[i][j-1][0]+A[k+1]; for(ll l=i;l<j;l++) if(str[l]==str[j]) dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i][l][k+1]+dp[l+1][j-1][0]); } } printf("%I64d ",dp[1][N][0]); return 0; }