flukehn 谦虚地说自己是因为某出题组出题才能打到第四，然后颓废的老年选手 IG*A 说他打过的某场比赛也是这个组出题。于是 xry111 和 flukehn 就想打一打试试看看能不能打过 IG*A。
因为 vjudge 拉不了新 ZOJ 的题，只好随手乱做题，也没仔细计时，只数题数
假题，让你迭代 k≤109 次 x=⌈x/2⌉，输出结果。
可以发现迭代 1000 次肯定收敛，然后暴力 min(k,1000) 次就行了。
给了一堆偏序关系，让你输出所有可能是中位数的元素。就对于每个元素，算一下能确定比他大和比他小的元素有多少个就行了。
注意如果有矛盾的关系，应该全输出不可能。
本来应该拓扑排序 DP 的，但是数据范围就 100，随便 Floyd 一下就行了。
给一堆平行于 x 轴的线段，你可以在线段上打点，要求打的点 x 坐标两两不同，问最多多少线段上可以打上点。
一开始读错了，读成可以打多少点了，就是上周 CSP 刚写的区间覆盖…… 居然还能过样例，交上去就 WA 了。读对以后就把线段按右端点排序，然后一个一个试，能打点就打在最左边的可行位置。用 set 乱维护一下连续的被打过点的 x 区间就行了。
给一堆桶，第 i 个桶有 ai 个石子。每次可以扔掉一个石子，或者把一个石子移到另一个桶。问最少操作多少次，可以让每个桶有一样多的石子。
最后肯定要让每个桶都是 a=⌊n∑iai⌋ 个石子，那就把比这个数字少的桶都补齐，多余的石子扔掉就行了，答案就是 ∑i[ai<a](a−ai)+∑iai−na。
给你个 LRU 缓存，以及一个访问内存的操作序列，让你对于从 1 到 n 的每个缓存大小，输出需要从内存中取元素的次数。
其实就是对于每次访问，求一下上次访问这个元素后，直到这次访问时，中间访问过的不同元素的个数，然后后缀和即可。一开始想了个线段树套 set 的假算法，最后发现是 O(n2logn)，比暴力还慢。想了半天发现可以开个线段树，把元素按最后访问的时间插入进去，维护区间和，从左往右扫一遍。
就是去年新生赛某个题，我怀疑去年 wjj 他们就是打了这场然后出了个原题。
拿 Python 随便写了一下结果跑了 950+ 毫秒，差点超时。
¶ C. Wandering Robot
给你一个操作序列 (长度 105，可能是上下左右)，重复这个序列 109 次，输出整个移动过程中离出发点最远的 Manhattan 距离。
乱画一通发现肯定是在第一个或者最后一个周期中，暴力就行了。
一开始以为一定是最后一个周期，结果 WA 了一发。
¶ A. Calandar
签到题，给了你个铁华团专属火星日历让你算某天是星期几。
因为那个日历的奇怪性质，年和月都没用…… 直接 (a+b−c)mod5 就行了。
给你个 100 位二进制数 s，你每次必须给他异或一个 x，要求 x 里面有 m 位是 1。操作 k 次，问能够得到数 t 的方案数。
DP 一下，用 f[i][j] 表示 i 次操作后，有 j 位跟原来不同的方案数。最后是 f[k][p] 除以 (pn)，p 是 s 和 t 不同的位数。
一开始觉得 j 设成当前状态 1 的个数也是等价的，结果最后发现不知道该除以啥，于是自闭了 114514 分钟，提出了要跑 1919810 年的假算法。
给你 a 和 p，求
ax≡xa(mod2p)
的解 (1≤x≤2p) 的个数。
首先发现如果 a 是奇数，则模意义下只有一个解 x=amod2p。使用欧拉定理，证明它确实是解：
aamod2p≡a(amod2p)mod2p−1≡aamod2p−1≡aa
使用数学归纳法证明，如果命题对于 p 成立，那么对于 p′=p+1 也成立。设 k∈{0,1}。考虑
a2pk+xmod2p≡axmod2p≡ax(mod2p+1)
(2pk+xmod2p)a=j∑(ja)(xmod2p)a−j(2pk)j≡(xmod2p)a+2pka(xmod2p)a−1(mod2p+1)
我们希望两个式子模 2p+1 同余，则它们模 2p 必然也同余。得到
ax≡xa(mod2p)
根据归纳猜想，必有
x=amod2p
代回原方程，有左边为
a2pk+amod2p≡aa(mod2p+1)
右边为
(2pk+amod2p)a≡(amod2p)a+2pka(amod2p)a−1
如果 a<2p，k=0 时，显然左右两边都是 aa，因此 amod2p=a 就是一个解。而 k=1 时，右边为
(amod2p)a+2pa(amod2p)a−1=(1+2p)aa
显然左右不同余，因此 2p+amod2p 不是解。可见 x′=amod2p=a 对于 p′=p+1 是唯一的解。
如果 a>2p，有 amod2p=amod2p+1−2p=x′−2p。左边为
a2pk+x′−2p≡ax′
右边为
(2p(k−1)+x′)a≡x′a+2p(k−1)ax′a−1≡aa+2p(k−1)aa
我们一开始已经证明了 ax′≡x′a≡aa。可见，k=1 时，x′ 是一个解。而 k=0 时，如果要同余，则有 2p(k−1)aa≡0，这是不可能的，因为 a 和 k−1 都是奇数。可见 x′=amod2p+1 对于 p′=p+1 是唯一的解。
这个结论其实挺难推的，现场过了一堆人感觉全是打表找规律的。
我们解决了 a 为奇数的情况，而 a 为偶数就很简单了，因为这时只要 x≥p 的话左边就是 0，算一下有多少 x≥p 使得右边为 0，再暴力处理 x<p 就行了。