A.FashionabLee

题意：

正边形，通过任意旋转如果存在两条边，一条边平行于轴，一条边平行于轴，则输出，否则输出

题解：

只需要是的倍数即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
void solve()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    puts((n % 4) ? "NO" : "YES");
}
int main()
{
    int t;
    for (scanf("%d", &t); t >= 1; t--)
        solve();
}

B.

题意：

给定一个长度为的串，如果出现这种形式，即在前面在后面，那么你可以选择消除或者中的任意一个。询问最短能消除成什么样子。

题解：

可以发现除了前导和后导是不能删除的，中间的都可以删除，因此如果为,最终只剩下前导和后导，否则就是前导+一个+后导

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
char s[maxn];
void solve()
{
    int n;
    scanf("%d %s", &n, s);
    int l, r;
    for (l = 0; l < n; l++)
        if (s[l] != '0')
            break;
    for (r = n - 1; r >= 0; r--)
        if (s[r] != '1')
            break;
    for (int i = 0; i < l; i++)
        putchar('0');
    if (l < r)
        putchar('0');
    for (int i = r + 1; i < n; i++)
        putchar('1');
    puts("");
}
int main()
{
    int t;
    for (scanf("%d", &t); t >= 1; t--)
        solve();
}

C.RationalLee

题意：

把个数字分给个人，满足第个人有个数，使得每个人得到的最大值加最小值之和最大。如果某个人只有一个数字，他的贡献就为这个数值的两倍

题解：

将和分别进行排序，把最大的几个数分配给的人，然后每次取最大的一个数和最小的几个数分配给此时最大的数即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
ll n, m, a[maxn], w[maxn], ans;
void solve()
{
    ans = 0;
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        scanf("%lld", &w[i]);
    sort(a + 1, a + n + 1);
    sort(w + 1, w + m + 1);
    int idx = 1;
    while (w[idx] == 1)
    {
        ans += a[n] * 2;
        n--;
        idx++;
    }
    int l = 1;
    while (idx <= m)
    {
        ans += a[n] + a[l];
        l += w[m] - 1;
        n--;
        m--;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}
int main()
{
    int t;
    for (scanf("%d", &t); t >= 1; t--)
        solve();
}

D. TediousLee

题意：

一开始只有一个节点，每次操作可以让没有儿子节点的节点多一个儿子，让有一个儿子节点的节点多两个儿子，一个有三个儿子节点的节点不作变化。每次操作都对每个节点同时操作，询问经过次操作，可以找出多少个不相互交叉的爪子形状(一个父节点连着三个子节点)

题解：

找找规律可以发现level 的树是一个根节点，连着两个level 的树和一个level 的树组成的。因此的答案必然包括，这些都是两个level 的树和一个level 的树内的，不包括根节点。通过找规律发现，当的时候根节点可以同三个子节点相连形成一个爪子。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 2e6 + 5;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll dp[maxn];
int main()
{
    dp[1] = dp[2] = 0;
    for (int i = 3; i < maxn; i++)
        dp[i] = (dp[i - 1] + 2ll * dp[i - 2] + (i % 3 == 0) * 4ll) % mod;
    int t, x;
    for (scanf("%d", &t); t >= 1; t--)
        scanf("%d", &x), printf("%lld\n", dp[x]);
    return 0;
}

E.DeadLee

题意：

有种食物和个人，每种食物有份，每个人喜欢和两种食物。对于每个人如果和食物都有，则各吃一份；如果只有一种就只吃那一份；如果都没有就会把Lee吃了。询问Lee最终能否存活，能则输出个人的出场顺序

题解：

反着找，先找那些每个要吃的人全都吃也不会不够的食物，让那些人只吃这个食物，那么另一样食物的需求就会减少一个，为了操作容易实现，并不是把这些人需求去掉，而是让另一种食物的数量加，结果是一样的，但是数量加方便操作，同时把那个人加入数组，继续遍历下一个满足条件的食物，只到没有满足条件的食物或者已经满足所有人的要求则结束，以上操作用即可。判断数组中是否有个人，有则反向输出，否则Lee不能存活

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 5;
int n, m, w[maxn];
vector<pair<int, int>> G[maxn];
vector<int> ans;
bool vis[maxn], v[maxn];
void dfs(int x)
{
    v[x] = true;
    for (auto i : G[x])
    {
        int x = i.first, y = i.second;
        w[x]++;
        if (!vis[y])
            ans.push_back(y), vis[y] = true;
        if (!v[x] && G[x].size() <= w[x])
            dfs(x);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &w[i]);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        G[x].push_back({y, i}), G[y].push_back({x, i});
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!v[i] && G[i].size() <= w[i])
            dfs(i);
    if (ans.size() < m)
        puts("DEAD");
    else
    {
        puts("ALIVE");
        for (int i = m - 1; i >= 0; i--)
            printf("%d ", ans[i]);
    }
    return 0;
}