A. Maxim and Biology （模拟，不解释）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=110;
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    string s="ACTG",t;
    cin>>t; 
    int res=150,sum;
    for(int i=3;i<n;i++){
        sum=0;
        for(int k=0;k<4;k++){
            int c=abs(t[i-3+k]-s[k]);
            //printf("c=%d\n",c);
            c=min(c,26-c);
            //printf("*c=%d\n",c);
            sum+=c;
        }
        res=min(res,sum);
    }
    printf("%d\n",res);
}

B - Dima and a Bad XOR （模拟）

思路：异或和不为0就行，一开始选每一行的第一个数，看看它们的异或结果是不是>0；否则，看能不能换个数，换个之前没有加入过的值，由异或的性质得，异或结果肯定不为0。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=510;
int mp[maxn][maxn],vis[maxn];
int n,m;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            scanf("%d",&mp[i][j]);
        }
        res^=mp[i][1];
        vis[i]=1;
    }
    bool flag=false;
    if(res==0){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=2;j<=m;j++){
                if(mp[i][j]!=mp[i][1]){
                    vis[i]=j;
                    flag=true;
                    break;
                }
            }
            if(flag) break;
        }
    }else flag=true;
    if(flag){
        printf("TAK\n");
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(i==1) printf("%d",vis[i]);
            else printf(" %d",vis[i]);
        }
        printf("\n");
    }else{
        printf("NIE\n");
    }
}

C - Problem for Nazar

分析：给你一个数的位置pos你可以算出[1,pos]区间内奇数和偶数的个数，而奇数是以1为首项，2为等差数列（odd*odd），偶数以1为首项，2为等差数列(even*even+even)，由此求出前缀和。剩下的就好求了，sum[r]-sum[l-1]。ps.记得取模。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=510;
const int MOD=1e9+7;
ll solve(ll id){
    ll ans=0,L=1,odd=0,even=0,tmp;
    int flag=1;
    while(id>0){
        tmp=min(L,id);
        if(flag) odd+=tmp;
        else even+=tmp;
        id-=tmp;
        L*=2;
        flag^=1;
    }
    odd%=MOD;
    even%=MOD;
    //cout<<"sumodd="<<(odd*odd)%MOD<<endl;
    //cout<<"sumeven="<<(even*even)%MOD<<endl;
    ans=((odd*odd)%MOD+((even*even)%MOD+even)%MOD)%MOD;
    //cout<<"ans="<<ans<<endl;
    return ans;
}
int main(){
    ll l,r;
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    ll a=solve(r),b=solve(l-1);
    //cout<<"a="<<a<<",b="<<b<<",a-b="<<(a-b+MOD)%MOD<<endl;
    printf("%lld\n",(a-b+MOD)%MOD);  //因为a,b为取模后的结果，大小关系不确定，所以加上MOD保证结果为正
    return 0;
}

D - Stas and the Queue at the Buffet

分析：a⋅(j−1)+b⋅(n−j) ，即(a-b)*j-a+n*b从该式可以得出（a-b）越大的应该尽可能往左边坐，这样不满值才能更小。ps.我怎么记得比赛的时候就分析出这题了呢？！怎么没写

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
const int MOD=1e9+7;
struct Node{
    ll a,b;
    ll dif;
    bool operator <(const Node &A)const{
        return dif>A.dif;
    }
}mes[maxn]; 
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld%lld",&mes[i].a,&mes[i].b);
        mes[i].dif=mes[i].a-mes[i].b;
    }
    sort(mes+1,mes+1+n);
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        //ans+=mes[i].dif*i-mes[i].a+n*mes[i].b;
        ans+=(i-1)*mes[i].a+(n-i)*mes[i].b;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}