T1 codeJan与恐怖分子

​ 可以根据 codeJan 的位置，将方格矩阵分成四个子矩阵分别考虑。对于每个子矩阵如果存在边长为 $00$ 的话，就不用考虑。如果存在边长小于 K 那一定不能完成任务，否则依次按照行列炸毁。因为要炸毁所有区域且允许重复炸一个区域，所以对于 $a\mathrm{\ast }ba\; \ast \; b$ 的子矩阵行上需要 $[\frac{a}{K}\rceil \backslash left[\backslash frac\{a\}\{K\}\backslash right\backslash rceil$ 排炸弹，列上需要 $\lceil \frac{b}{K}\rceil \backslash left\backslash lceil\backslash frac\{b\}\{K\}\backslash right\backslash rceil$ 排炸弹。注意结果会爆 $intint$。时间复杂度：$O(1)O(1)$。

T2 codeJan与旅行

​ 可以想象的是如果 $mm$ 足够大，codeJan 最后肯定会选择在相邻的两个城市来回走。所以可以枚举两个相邻的城市 (实际上应该是距离最小的两个城市)。并且直接” 奔向” 这两个城市的应该是最吼的！但是还要考虑，可能先往后退到 一个城市，再” 奔向” 枚举的城市。

举个例子就明白了：$n=3,m=10,p=2n\; =\; 3,m\; =\; 10,\; p\; =\; 2$，三个城市的位置是 $11$ $1010$ $1414$。那么应该 先退回到 $11$，然后再在 $1010$ 和 $1414$ 之间来回走。时间复杂度：$O(n)O(n)$。

T3 小Q与氪金游戏

​ 如果 $x>=yx>=y$，直接枚举氪金单数进行计算，否则不同的抽卡次数会对应不同的氪金单数，可以直接枚举抽卡次数进行计算，只需要枚举足够多项即可达到要求的精度，标程枚举了 $10^{6}10^6$ 项。

T4 codeJan与青蛙

​ 先把所有的青蛙按照位置从小到大排序。下面用“代价”代称听到的 WA 次数。$dp[i][j]dp[i][j]$ 表示用 $jj$ 个黑洞收集前 $ii$ 个位 置青蛙的最小代价。枚举第 $jj$ 个黑洞的放置位置 $kk$，可以得到状态转移方程：

$\mathrm{d}\mathrm{p}[\mathrm{i}][\mathrm{j}]=\min (\mathrm{d}\mathrm{p}[\mathrm{k}-1][\mathrm{j}-1]+\mathrm{cost}[\mathrm{k}][\mathrm{i}])\backslash mathrm\{dp\}[\backslash mathrm\{i\}][\backslash mathrm\{j\}]=\backslash min\; (\backslash mathrm\{dp\}[\backslash mathrm\{k\}-1][\backslash mathrm\{j\}-1]+\backslash operatorname\{cost\}[\backslash mathrm\{k\}][\backslash mathrm\{i\}])$

其中 $cost[k][i]cost[k][i]$ 表示第 $kk$ 到 $ii$ 位置的青蛙全部被放在 $kk$ 位置上的黑洞收集的代价。 如果我们定义:

$\mathrm{sum}[\mathrm{p}]={\sum }_{i=1}^{p}b[i],f\mathrm{sum}[\mathrm{p}]={\sum }_{i=1}^{p}a[i]\ast b[i]\backslash operatorname\{sum\}[\backslash mathrm\{p\}]=\backslash sum\_\{i=1\}^\{p\}\; b[i],\; f\; \backslash operatorname\{sum\}[\backslash mathrm\{p\}]=\backslash sum\_\{i=1\}^\{p\}\; a[i]\; *\; b[i]$

因此可以通过$O\left({\mathrm{n}\mathrm{m}}^2\right)O\backslash left(\backslash mathrm\{~nm\}^\{2\}\backslash right)$​的复杂度得到 $dp[n][m]dp[n][m]$。 可以在 dp 过程中顺便记录第 $jj$ 个黑洞的收集数量和前一个状态的最少容量，进行比较更新即可。

T5 珂朵莉与GCD

​ 从一个点 $rr$ 开始往左端的 gcd 最多只会变化 $logvlogv$ 段先预处理出每个点到一端的 所有 gcd 变化的位置然后把询问离线扫描线右端点，维护所有左端点的答案即可总复杂度 $O(mlognlogv+nlogv)O(\; mlognlogv\; +\; nlogv\; )$。