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A:
題意：要選出至少n*m個人進到決賽裏，現在有兩種比賽方式，一種是主比賽，出c道題，可以選出n個人，另一種是附加比賽，出d道題，只選出1個人。同時還有k個人是固定已經進入決賽的人，問最少要出多少道題，纔可以達到目標。
思路：發現現在還需要進決賽的人數是n*m-k。如果n*m-k<0，輸出0，否則就要考慮用哪種方式更合適：可以計算一下兩種方式下平均選出一個人需要的題數，一個是c/n,另一個就是d。兩者大小不同則需判斷，具體看代碼吧。。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<stack>
#include<functional>
using namespace std;
#define maxn 3005
int main(){
int c,d; cin>>c>>d;
int n,m; cin>>n>>m;
int k; cin>>k;
int p = n*m-k;
if(p <= 0)cout<<'0'<<endl;
else{
int ans = m*c;
int tmp = 0;
double a1,a2;
a1 = c*1.0/n;
a2 = d*1.0;
if(a1 > a2)ans = d * p;
else{
tmp = p/n;
ans = tmp * c;
int x = p%n;
ans += min(c,d*x);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}B:
題意：給你n個提交，每次提交有兩個參數：k表示第幾個人，x 表示這是第k個人交的第x份不同代碼。要求交第x份代碼的時候，機器要保存之前的代碼。
思路：用一個數組a[i]表示第i個人現在交的最後一份不同的代碼的編號，判斷之後此人交的代碼會不會超出範圍即可。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<stack>
#include<functional>
using namespace std;
#define maxn 100005
int a[maxn];
int main(){
//while(1){
int n;cin>>n;
int x,k,flag = 1;
memset(a,-1,sizeof(a));
for (int i = 0; i < n; i++)
{
cin>>x>>k;
if(x == 0 && a[k] == -1)a[k] = 0;
else{
if(a[k] == x-1)a[k]=x;
else if(a[k] >= x)continue;
else flag = 0;
}
}
puts(flag==0?"NO":"YES");
// }
return 0;
}C：
題意：給你n個球隊，要求你安排比賽，使得每個球隊恰好贏得k場，兩個球隊間不能打多餘一場比賽，輸出一種可以的安排方案。
思路：考慮如果可以安排，那麼至少需要n*k場不同的比賽，再考慮n個隊，不重複的比賽一共有n*(n-1)/2場，所以先判斷二者的大小，如果可以成立，就按照 1--2,3 2--3,4.。。。的方式構造就可以了。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<stack>
#include<functional>
using namespace std;
#define maxn 100005
int a[maxn];
int main(){
//while(1){
int n,k;cin>>n>>k;
int mm = (n-1)/2;
if(k > mm)cout<<-1<<endl;
else{
printf("%d\n",n*k);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= k; j++)
{
printf("%d %d\n",i,(i+j)>n?(i+j-n):(i+j));
}
}
}
//}
return 0;
}D：
題意：n個朋友，m道題，每個顯示屏的錢b，每個朋友需要x元錢，已有k個顯示屏，能做出mi個題，要求完成所有題的最小花費。
思路：因爲m<=20，狀壓dp。但是需要注意的是這裏多了一個顯示屏的狀態，可以把朋友給排一下序，按照需要已有的顯示屏數，就可以保證取後面的朋友時，前面的顯示屏要求可以被滿足。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<stack>
#include<functional>
using namespace std;
#define N 105
#define MAXN (1ll<<60)
using namespace std;
struct node
{
int x,k,op;
}a[N];
long long f[1050000]={};
bool cmp(node a,node b)
{
return a.k<b.k;
}
int main()
{
int n,m,mi,x;
long long b;
long long ans=MAXN;
cin >> n >> m >> b;
for (int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].k,&mi);
for (int j=0;j<mi;j++)
{
scanf("%d",&x);
a[i].op |= (1<<(x-1));
}
}
sort(a,a+n,cmp);
for (int i=1;i<1<<m;i++) f[i]=MAXN;
for (int i=0;i<n;i++)
{
for (int j=0;j<(1<<m);j++)
{
long long v=a[i].x+f[j];
f[j|a[i].op]=min(f[j|a[i].op],v);
}
ans=min(ans,a[i].k*b+f[(1<<m)-1]);
}
cout << (ans==MAXN?-1:ans)<< endl;
return 0;
}E：
題意：輸入n，m 要求構造一個n*m的矩陣，使得每一行每一列數字的平方和也都是一個平方數。
思路：考慮如果現在已經有 n個數的平方和是平方數，和m個數的平方和也是平方數，會發現可以構造一個n*1和1*m的矩陣相乘就可以得到一個n*m的矩陣使條件成立。
關鍵是如何構造一個n個數的平方和是平方數。可以用(x+1)^2 = x^2+2*x+1 = x^2 + x + (x+1)。那麼假如n是偶數（大於2），就可以構造x=n/2-1;這n個數就是n-1個1和1個x，
也就是（n-1 = x + x+1）個1 ，加上x，n個數就可以滿足要求。如果n是奇數（大於1）怎麼辦呢？把上述方法中其中一個1變成2，那麼平方和就會多3（=2*2-1）.就又可以構造x=n/2+1;這n個數就是n-2個1,1個2和1個x。
思路二：前n-1個都是2，最後一個數是n-2即可。
證明：(n-1)*2^2 + (n-2)^2 = 4n-4+n^2-4n+4 = n^2. 【代碼略】
注意：n等於1,2的時候特判。
代碼：
#include<iostream>
using namespace std;
int a[105],b[105];
void make(int x,int c[]){
if(x & 1){
if(x >= 2){
for (int i = 0; i < x-2; i++)
{
c[i] = 1;
}c[x-2] = 2;
}
c[x-1] = x/2+1;
}else{
if(x>2){
for (int i = 0; i < x-1; i++)
{
c[i] = 1;
}
c[x-1] = x/2-1;
}else{
c[0] = 3;c[1] = 4;
}
}
}
int main(){
int n,m;
while(cin>>n>>m){
make(n,a);
make(m,b);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
int f = 0;
for (int j = 0; j < m; j++)
{
if(f)cout<<' ';
else f = 1;
cout<<a[i]*b[j];
}cout<<endl;
}
}
return 0;
}