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A. Legs
二分答案，最后取左端点的值，保险起见，还是再验算一次
bool check(int x){ int a=n/4; if(a*4+(x-a)*2>=n) return true; return false; } void solve(){ cin>>n; int l=0,r=n; while(l+1<r){ int mid=l+r>>1; if(check(mid)) r=mid; else l=mid; } if(check(l)) cout<<l<<endl; else cout<<r<<endl; }B. Scale
以第一个为基础，隔k个字符取
void solve(){ cin>>n>>k; for(int i=0;i<n;i++){ cin>>g[i]; } for(int i=0;i<n;i+=k){ for(int j=0;j<n;j+=k){ cout<<g[i][j]; }cout<<endl; } }C. Sort
预处理，统计前i位每个字母出现的次数，分别统计在x到y之间，s1和s2同一字母出现的次数相减，最后除以2就是答案了
void solve(){ cin>>n>>q; string s1,s2; cin>>s1>>s2; f1[1][s1[0]-'a']++,f2[1][s2[0]-'a']++; for(int i=2;i<=n;++i){ for(int j=0;j<26;j++){ f1[i][j]=f1[i-1][j],f2[i][j]=f2[i-1][j]; } f1[i][s1[i-1]-'a']++,f2[i][s2[i-1]-'a']++; } while(q--){ ans=0; cin>>x>>y; for(int i=0;i<26;i++){ ans+=abs((f1[y][i]-f1[x-1][i])-(f2[y][i]-f2[x-1][i])); //cout<<f1[y][i]<<f1[x-1][i]<<" "<<(char)(i+'a')<<" "<<f2[y][i]<<f2[x-1][i]<<endl; }cout<<ans/2<<endl; } for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=0;j<26;j++) f1[i][j]=0,f2[i][j]=0; }D. Fun
有点暴力，用a<x限制a的取值，用b<n/a和b<x-a来限制b的取值，最后计算c在两个不等式下的较小取值，此时1<=c<=min(c)的符合不等式，所以把c加到里面
void solve(){ long long sum=0; cin>>n>>x; for(int a=1;a<x;a++){ for(int b=1;b<n/a&&b<x-a;b++){ int p=x-a-b,q=(n-a*b)/(a+b); sum+=max(0,min(p,q)); } }cout<<sum<<endl; }E. Decode
前缀和做法，把0当做-1这样方便计算前缀和，前缀和相同的sum[x],sum[y],中间的0和1的数量一样多，此时考虑他们往左右两边扩展，所以每个组合(x,y)对答案的贡献为(x+1)*(n-y+1),对于前缀和为0的要特别考虑，因为前面的算法每一次算前缀和为0的组合时漏算整体，比如1010，会漏掉1010的这种情况
void solve(){ string s; cin>>s; int n=s.size();ans=0; mp.clear(); s=" "+s; for(int i=1;i<=n;i++){ sum[i]=sum[i-1]+(s[i]=='1'?1:-1); } mp[0]=1;//第一次遇到前缀和为0的即可统计，不为0的则先记录所在位置，等待后续遇到再做处理 for(int i=1;i<=n;i++){ ans=(ans+mp[sum[i]]*(n-i+1))%mod; mp[sum[i]]=(mp[sum[i]]+i+1)%mod; }cout<<(ans+mod)%mod<<endl; }