比赛链接：Dashboard - Codeforces Round #792 (Div. 1 + Div. 2) - Codeforces
A: 思维
题意：Alice和Bob在玩游戏，每次等Alice交换两个不同位置的数后，Bob就会删除最后一个位置上的数，当最终只剩下一个数后，游戏结束。保证使这个数最小，问最小是多少？
分析：
特判一下。如果数的长度为2，那么Alice必须交换一次，Bob才能删除。所以ans就是第二个数。
一般情况：无论怎么操作，Alice是一定可以把最小值放在最前面。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define int long long
#define fast ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define pi acos(-1)
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=2e7+10;
typedef pair<int,int>PII;
inline void solve(){
string s;cin>>s;
if(s.size()==2){
cout<<s[1]<<"\n";return;
}
int minn=INF;
for(int i=0;i<s.size();i++){
minn=min(minn,(int)s[i]-'0');
}
cout<<minn<<"\n";
}
signed main(){
fast;
int T;cin>>T;
while(T--) solve();
} B:构造
题意：给定三个数a，b，c。使其满足题中的三个条件的x，y，z。任意输出x，y，z
分析：前置芝士：a<b, a % b= a
所以我们可以显然构造出：x=a+b+c，y=b+c，z=c。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define int long long
#define fast ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define pi acos(-1)
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=2e7+10;
typedef pair<int,int>PII;
inline void solve(){
int a,b,c;cin>>a>>b>>c;
cout<<a+b+c<<" "<<b+c<<" "<<c<<"\n";
}
signed main(){
fast;
int T;cin>>T;
while(T--) solve();
}C:模拟+排序
题意：给定一个矩阵，问是否只交换矩阵中的两列（可以是相同的两列），使得矩阵中每行的元素都是非降的。
思路：我们先给每一行进行排序，然后我们将改变后的矩阵跟原矩阵进行对比。找出错位的位置，然后把这两列交换，如果交换后满足条件，就输出这两列，否则就输出-1.
ps:如果错位的个数多于两个，那么不管交换哪两列，都不会满足条件（具体看代码）
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define int long long
#define fast ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define pi acos(-1)
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=2e7+10;
typedef pair<int,int>PII;
int n,m;
//用于交换矩阵中的两列
inline void Swap(int x,int y,vector<vector<int>>&a){
for(int i=0;i<n;i++) swap(a[i][x],a[i][y]);
}
inline void solve(){
cin>>n>>m;
vector<vector<int>>a(n,vector<int>(m));/*这里做解释一下：这里相当于重新定义了一下二维数组：表示：vector类型的a数组，数组每个值是vector类型，大小是：a(n,vector<int>(m))是指有n行，每行有m个元素*/
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
vector<vector<int>>b=a;//用矩阵b复制矩阵a
set<int>se;
bool ok=false;
for(int i=0;i<n;i++){
sort(all(b[i]));//每行先进行排序
for(int j=0;j<m;j++){//与矩阵a对比每列的元素
if(a[i][j]!=b[i][j]) se.insert(j);//错位就放进set
if(se.size()==2){//等于2就可以终止循环了，因为多于2，还是只能交换一次（题意）
ok=true; break;
}
}
if(ok) break;//加快循环操作
}
if(!ok){//如果没有错位，即：原始矩阵本就满足条件的情况下，随便输出两个相同的列即可
cout<<"1 1\n";return;
}
vector<int>pos;//用vector接受set容器中的值
for(auto i:se) pos.push_back(i);
Swap(pos[0],pos[1],a);//交换列
for(int i=0;i<n;i++){//判断是否满足条件
for(int j=1;j<m;j++){
if(a[i][j]<a[i][j-1]){
cout<<"-1\n";return;
}
}
}
cout<<pos[0]+1<<" "<<pos[1]+1<<"\n";//为什么+1？因为下标是从0开始的
}
signed main(){
fast;
int T;cin>>T;
while(T--) solve();
}D：贪心
题意：有 n 个陷阱，每个陷阱造成 ai 点伤害，最多跳过 k 个陷阱，但如果选择跳过这个陷阱的话，后面的每个陷阱的伤害都会加 1，问最少伤害是多少
吐槽：这题相通了很简单，想不通就一愣一愣的。
这里参考的是ygg的题解：
Codeforces Round #792 (Div. 1 + Div. 2) D(贪心) E(贪心) - 知乎
分析：先考虑。最优的方案肯定是把给定的次数给跳完。问题就在于，每跳一个，跳过的位置后面的伤害就会+1。如何跳？
错误方法：直接从后往前面选择k个陷阱跳完——然后就g啦！
正确方法： 假设我们跳过的第一个陷阱为i，那么对答案的贡献就是a[i]（这里的贡献是指，总和减去a[i]）。但是后面的伤害都会+1，所以对于单个陷阱i而言，它对答案的贡献为 a[i]+(n-i)。
a[i]+(n-i)：跳过点i后会对答案贡献原始的a[i]伤害+（跳完后）后面的（n-i）
跳完第一个陷阱，后面还有k-1个跳过陷阱的机会，所以该点对答案的贡献同理：伤害减少k-1。
k-2：伤害减少k-2。然后我们就可以推出仅跟k相关的减少伤害量： 
根据前面的推理：每个位置对于伤害的贡献为 -a[i]+(n-i)=n-(a[i]+i)
令v[i]=n-(a[i]+i)，然后选择k最小的k个即可。具体看代码：
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define int long long
#define fast ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define pi acos(-1)
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=2e7+10;
typedef pair<int,int>PII;
int a[N];
inline void solve(){
int n,k;cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
vector<int>ve;
for(int i=1;i<=n;i++) ve.push_back(n-(a[i]+i));//放入每个点对答案的贡献
int ans=accumulate(a+1,a+1+n,0LL);//原始累加和
sort(all(ve));//将贡献进行排序
for(int i=0;i<k;i++) ans+=ve[i];//加每一个点对ans的贡献，选择k个点
k--;//参考k关于答案的贡献 （k-1）
//因为一旦跳过一个点，会影响后面。
ans-=(k*(1+k)/2);//减去重复点造成的伤害 1~k-1的和
cout<<ans<<"\n";
}
signed main(){
fast;
int T;cin>>T;
while(T--) solve();
}
