A

签到，竟然还WA了一次，我忏悔（

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 130;
int a[N];

int main(){
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	for(int i = 1; i <= k; i++){
		int x;
		cin>>x;
	}
	for(int i = 1; i <= n - k; i++){	
		cin>>a[i];
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cout<<a[i]<<" ";
	}
}

B

模拟，没啥难度

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 130;
int a[N];

int main(){
	int H,M;
	cin>>H>>M;
	int lt = H / 10, ld = H % 10, rt = M / 10, rd = M % 10;
	while(1){
		if(lt * 10 + rt < 24 && ld * 10 + rd < 60){
			if(lt != 0){
				cout<<lt;
			}
			cout<<ld<<" ";
			if(rt != 0){
				cout<<rt;
			}
			cout<<rd;
			break;
		} else {
			rd++;
			if(rd >= 10){
				rt++;
				rd = 0;
			}
			if(rt >= 6){
				ld++;
				rt = 0;
			}
			if(ld >= 4 && lt == 2){
				ld = 0;
				lt = 0;
			} else {
				if(ld >= 10){
					lt++;
					ld = 0;
				}
			}
		}
	}
}

C

大概意思就是有一堆Follow关系，然后1操作A Follow B，2操作B 取消Follow A,3操作查询AB是否互关。
用Map存一下关系就行了，查询就是确认是否{A, B}和{B, A}都被标记过。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 130;

map<pair<int, int>, bool> mp;

int main(){
	int n,q;
	cin>>n>>q;
	for(int i = 1; i <= q; i++){
		int op,a,b;
		cin>>op>>a>>b;
		if(op == 1){
			mp[{a ,b}] = true;
		}
		if(op == 2){
			mp[{a ,b}] = false;
		}
		if(op == 3){
			if(mp[{a ,b}]&&mp[{b, a}]){
				cout<<"Yes"<<endl;
			} else {
				cout<<"No"<<endl;
			}
		}
	}
}

D

感觉和上一题一样，用Map存一下就完事了
但是Map如果用clear来清空会超时(O(N))，直接重新赋值就能过了

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

unordered_map<int, int> py;
int fg = 0;

signed main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int x;
		cin>>x;
		py[i] = x;
	}
	int q;
	cin>>q;
	for(int i = 1; i <= q; i++){
		int op;
		cin>>op;
		if(op == 1){
			int x;
			cin>>x;
			fg = x;
			py = unordered_map<int, int>();
		}
		if(op == 2){
			int i,x;
			cin>>i>>x;
			py[i] += x;
		}
		if(op == 3){
			int x; cin>>x;
			cout<<fg + py[x]<<endl;
		}
	}
}

E

类似队列，对于每一行(指可以放下黑框的行)，每次移动框的时候前面的加进来后面的退出去，统计出来的就是答案了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int H,W,n,h,w,ans;
const int N=310;
int a[N][N],tong[N];
void jia(int x){ans+=(tong[x]==0);++tong[x];}
void jian(int x){--tong[x];ans-=(tong[x]==0);}
int main()
{
	cin>>H>>W>>n>>h>>w;
	for(int i=1;i<=H;++i)
		for(int j=1;j<=W;++j)scanf("%d",&a[i][j]);
	for(int i=1;i<=H-h+1;++i)
	{
		for(int j=0;j<=n;++j)tong[j]=0;ans=0;
		for(int j=1;j<=H;++j)
			for(int k=1;k<=W;++k)
				if(i<=j&&j<=i+h-1&&1<=k&&k<=w)continue;
		else jia(a[j][k]);
		for(int j=1;j<=W-w+1;++j)
		{
			if(j==W-w+1)
			{
				printf("%d\n",ans);
			}
			else
			{
				printf("%d ",ans);
				for(int k=1;k<=h;++k)jia(a[i+k-1][j]),jian(a[i+k-1][j+w]);
			}
		}
	}
	return 0;
}

F

状压DP＋博弈论性质
对于一种局面，如果接下来的所有局面有先手必败，那么先手必胜，如果接下来所有局面都先手必胜，那么先手必败。
因为先手的人可以选第一次开始的局面...所以先手的要求就是有下一手必败就行了，而对后手来说，则需要所有的局面都满足条件才行。
那么很明显所有的局面就可以递推出来了
剩下就是一个状压DP，16这个范围还是很关键的，下次应该想到状压的。。。
贴个Editorial的代码，写得很好(https://atcoder.jp/contests/abc278/editorial/5250)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int const N=16;
int f[1<<N][27],n;
string s[N];
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n;
    for (int i=0;i<n;++i) cin>>s[i];
    for (int i=(1<<n)-1;~i;--i)
        for (int k=0;k<26;++k){
            int flg=1;
            for (int l=0;l<n;++l){
                if ((1<<l)&i) continue;
                if (s[l][0]!='a'+k) continue;
                if (f[i|(1<<l)][s[l][s[l].length()-1]-'a']){flg=0;break;}
            }
            f[i][k]=flg;
        }
    for (int i=0;i<n;++i)
        if (f[1<<i][s[i][s[i].length()-1]-'a']){
            cout<<"First\n";
            return 0;
        }
    cout<<"Second\n";
    return 0;
}