本期封面原图 画师村カルキ 这个太太的画风我好喜欢
古早题目洛谷都有翻译我就不写题意了

A - We Got Everything Covered!

思路

没有长度限制，只要我把abcde输出n遍那不管什么匹配我都可以在每一轮拿一个拿到

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;

void solve()
{
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    while(n--)
    {
        for(int i=0;i<k;i++)
        {
            printf("%c",'a'+i);
        }
    }
    printf("\n");
}

int main()
{
    int T=1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

B - A Balanced Problemset?

思路

不难guess到要找第一个比n大的x的因数求答案，n刚好只到1e8所以可以放心的用最朴素的方法求他的所有因数

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;

void solve()
{
    int x,n;
    scanf("%d%d",&x,&n);
    vector<int> a;
    //拆x的所有因数
    for(int i=1;i*i<=x;i++)
    {
        if(x%i==0)
        {
            a.push_back(i);
            a.push_back(x/i);
        }
    }
    sort(a.begin(),a.end());
    //找到第一个大于等于n的因数
    int p=lower_bound(a.begin(),a.end(),n)-a.begin();
    printf("%d\n",x/a[p]);
}

int main()
{
    int T=1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

C - Did We Get Everything Covered?

思路

回想第一题，我们是构造了一轮一轮，在这里我们仍然需要一轮一轮，前k个小写字符都出现过算1轮，至少要有n轮才算成功，遍历一遍就行了

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;

void solve()
{
    int n,k,m;
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
    string s;
    cin>>s;
    int p=-1;
    string ans;
    int vis[26];
    int CNT=0;
    int flag=0;
    while(1)
    {
        memset(vis,-1,sizeof(vis));
        int cnt=0;
        for(int i=p+1;i<m;i++)
        {
            if(vis[s[i]-'a']==-1)
            {
                vis[s[i]-'a']=i;
                cnt++;
                if(cnt==k)
                {
                    break;
                }
            }
        }
        if(cnt<k)
        {
            flag=0;
            for(int i=0;i<k;i++)
            {
                if(vis[i]==0)
                {
                    ans+=('a'+i);
                    CNT++;
                    int len=ans.length();
                    for(;len<=n;len++)
                    {
                        printf("%c",'a'+i);
                    }
                    break;
                }
            }
            break;
        }
        else
        {
            int x,y;
            for(int i=0;i<k;i++)
            {
                if(vis[i]>x)
                {
                    x=vis[i];
                    y=i;
                }
            }
            ans+=('a'+y);
            CNT++;
            p=x;
        }
        if(cnt==m)
        {
            flag=1;
            break;
        }
    }
    if(flag==0)
    {
        printf("NO\n");
        cout<<ans<<endl;
    }
    else
    {
        printf("YES\n");
    }
}

int main()
{
    int T=1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

D - Good Trip

思路

（看了洛谷的题解补的），设$p=\frac{2}{n(n-1)}$，$s={\sum }_{i=1}^m{f}_i$,每一轮选择时，选择到的友谊值的期望为$p\cdot s$，友谊值总和增加的期望为$p\cdot m$，所以只要不断更新ans和m即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll lpw=(int)1e9+7;
ll n,m,k,p,a,b,f,sum,ans;
ll qpow(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*a%lpw;
        a=a*a%lpw;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

void solve()
{
    ans=sum=0;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    p=n*(n-1)%lpw;p=2*qpow(p,lpw-2)%lpw;
    for(ll i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&f);
        sum=(sum+f)%lpw;
    }
    for(int i=1;i<=k;i++)
        ans=(ans+sum*p%lpw)%lpw,sum=(sum+m*p%lpw)%lpw;
    printf("%lld\n",ans);
}

int main()
{
    int T=1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}