这一场没打 比赛结束后补了些题 还剩了几个之后会慢慢补上。都是中文题就不写题意了。
A：

B：思路：前缀和取模。标记下每次取模后该值（不为0）所在的位置，如果之后还出现取模后的值，则说明这一段内是可以被k除尽，比较一下取最大值。再处理取模后为0的情况即可。 
while(t--)
	{
		ll n,k; cin >> n >> k;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			cin >> a[i];
		}
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		}
		memset(vis,-1,sizeof(vis));
		ll ans=-1;
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		{
			ll tmp=sum[i]%k;
			if(tmp==0) ans=max(ans,i);
			if(vis[tmp]==-1) vis[tmp]=i;
			else ans=max(ans,i-vis[tmp]);
		}

		cout << ans << endl;
	 } 
C：由样例可以得，一段非降序的序列（cnt个数）可以分为（cnt+1）*cnt/2个子数组。直接遍历一遍，如果出现当前这个数小于它前面一个数，套前面公式累加再重新将cnt置1，如果没出现就一直cnt++,当循环结束再加上即可。 

int main()
{
	ios::sync_with_stdio;
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int n; cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
	ll cnt=1;ll ans=0;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]>=a[i-1]) cnt++;
		else
		{
			ans+=(cnt+1)*cnt/2;
			cnt=1;
		}
	}
	ans+=(cnt+1)*cnt/2;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

D：巴士博弈。每次至少取1，最多取k，由题意得取到倒数第二个的人必胜，所以直接将总数减一再直接套巴士博弈模板。 
int main()
{
	ios::sync_with_stdio;
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int t; cin >> t; 
	while(t--)
	{
		int n,k; cin >> n >> k;
		n--;
		if(n%(k+1))
		{
			cout << "yo xi no forever!" << endl;
		}
		else cout << "ma la se mi no.1!" << endl;
	}
	return 0;
}

E：威佐夫博弈。将乌龟牌上方和下方看成两堆，每次至少选一个，最后谁取到乌龟牌输，即谁先去玩那两堆谁赢。直接套威佐夫模板。
补充威佐夫结论：有两堆石子，数量为a,b.设a中的石子数量少于b中的。当a == (b - a) *（1+√5）/2此时先手必输。
该题还多了一张乌龟牌且取乌龟牌者输，即当a == (b - a) *（1+√5）/2后手必赢。 
while(t--)
	{
		int n,x; cin >> n >> x;
		int t1=x-1,t2=n-x; 
		if(t1>t2) swap(t1,t2); 
		int tmp=abs(t2-t1)*((1 + sqrt(5))/2);
		if(tmp!=t1) cout << "yo xi no forever!" << endl;
		else cout << "ma la se mi no.1!" << endl;
	}
F：
G：
H：结论题。总共三种情况，m==0,答案为n+2。m==1，答案为2*n。m==2，答案为2^n。
推导：m=0，如题。

m=1的情况如下：A(n,1)=A(A(n−1,1),0)。A(0,1)=1，所以 A(1,1)=A(1,0)=2，那么A(2,1)=A(A(1,1),0)=2+2=4，依此类推可根据数学归纳法可得：A(n,1)=2n

m=2的情况如下：A(n,2)=A(A(n−1,2),1)=2A(n−1,2)，又因为A(0,2)=1，所以A(n,2)=2^n 
int main()
{
	ios::sync_with_stdio;
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int t; cin >> t; 
	while(t--)
	{
		int n,m; cin >> n >> m;
		if(m==0) cout << (n+2)%MOD << endl;
		if(m==1) cout << (2*n)%MOD << endl;
		if(m==2) cout << qmod(2,n)%MOD << endl;
	}
	return 0;
}

I：等比公式。注意输出不是yes no。 
while(t--)
	{
		int n; cin >> n;
		int flag=0;
		for(int i=2;i<=15;i++)
		{
			ll tmp=pow(2,i)-1;
			if(n%tmp==0) 
			{
				cout <<"YE5" << endl;
				flag=1;
				break;
			}
		}
		if(!flag)cout << "N0" << endl;
	}
J：
K：
L：经典二分了，不熟悉的可以再去做做青蛙跳。二分站台之间的距离，由题意得最小得距离我们设为l=0，最大为r=1e12。当然你根据题目输入的具体数值来初始化也是可以，然后check函数里面判断一下，若两站台的间距取当前mid，我们可添加多少新站台，小于等于k说明此时mid值太大更新r，否则更新l。两个相邻的车站之间最多还能建立(t-1+d)/d-1个车站。 
bool check(ll d)
{
	ll cnt=0;
	for(int i=1;i<n;i++) {
		ll t=a[i+1]-a[i];//相邻站台之间的距离
		cnt+=(t-1+d)/d-1;//两站台之间在当前站台距离为d(mid)下可新添加的站台数
	}
	if(cnt<=k) return 1;
	return 0;
}
int main()
{
    cin >> n >> k;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
    sort(a+1,a+1+n);
    ll l=0,r=1e12;
    ll ans=1e12+10;
    while(l<r)
    {
    	ll mid=(l+r)/2;
    	if(check(mid))
    	{
    		r=mid;
		}
		else l=mid+1;//,ans=min(ans,l);
		
	}
	cout << l << endl;
    return 0;
}