前言：本次测试是在家通过网络提交进行的，不出所料，我又考得十分“爆炸”，炸到我怀疑人生。
另外，由于以前有一些题目迟迟没有改完，所以我打算改完哪场比赛的题目就先写那场比赛的总结，避免遗忘和拖沓，虽然可能会有些乱。。。
“回文分数”游戏并不简单。游戏的目标是修改最多maxChanges个字符使得一个字符串word的回文分数最高。只允许修改，不许增加或者删除字符。
一个字符串的回文分数定义如下：
1、如果字符串不是回文串，则分数为0。
2、如果字符串是回文串，且长度为奇数，则分数为1。
3、如果字符串是回文串，且长度为偶数，我们将它分为左右两半。计算它的一半子串的回文分数为K（两个一半子串得分一定相同），则原字符串的回文分数为K + 1。
给定一个字符串word和一个型整数maxChanges，返回最多修改maxChanges个字符后最大可能的回文分数。
回文串的定义是一个字符串从前向后读和从后向前读完全一样。
如果把x改成a，得到偶数长度的回文串”abcbaabcba”。它的一半子串是奇数长度的回文串”abcba”，所以子串分数为K = 1，因而最后得分是K + 1 = 2。
我们可以把c改成r，把e改成o，得到”rodor”。这是一个奇数长度的回文串，所以得分为1。
解题思路(模拟+贪心)
这题做得我十分痛苦，其实这是一道比较简单的贪心+模拟题。我一开始的做法就是照着题目要求模拟，在一次比较，两个字符不同时，关键就是如何替换才使答案最优。如果随便替换的话将对后面的答案有影响。所以我当时的做法是处理一层的替换的时候看看下一层，怎样替换对下一层更优我就怎样替换。本质就是看看字符的出现个数。
然而这样未必对，我们知道，如果当前层对下一层一样优的话，对下下层可能不一样。但是我这样做也有94分，好一段时间内我不知道该怎么改。其实必须边递归边展开所有层判断是否能继续，再统计答案。由于层数不超过6层，所以这样不会超时。但这样的方法其实并不直观们还有一种更易理解的方法。
直接枚举答案,假如长度为12，枚举的答案为2，则可以表示为1 2 3 3 2 1 1 2 3 3 2 1，然后将相同数字的位置改成相同字符即可。如何改就贪心，改成哪个字符修改次数少就那么改，再和maxChanges比较判断答案。
你有一台超小的电脑，内存只有两个寄存器：X和Y。寄存器只能存储正整数，一开始两个寄存器的值都是1，电脑操作系统只有两种指令：指令[X]和指令[Y]。
指令[X]的功能是：X ← X + Y，即把两寄存器目前的值累加到X寄存器；
指令[Y]的功能是：Y ← X + Y，即把两寄存器目前的值累加到Ｙ寄存器。例如：指令序列”XXYYX”的执行过程如下:
可以发现，执行指令序列”XXYYX”后，X寄存器的值是10，Y寄存器的值是7。现在你的任务是：给你一个正整数R, 你要编写指令序列，使得最后X寄存器的值是R (此时Y寄存器可以是任意整数). 当然，我们希望你编写的指令序列的长度要尽量短，在此前提下，如果有多种方案，请输出字典序最小的一种方案。
一个字符串，代表生成R的长度最短的指令序列。
解题思路(更相减损术(迭代)+gcd)
如果直接宽搜，必定超时。
我们必须注意到一点，如果我们枚举一个Y，是可以直接根据最短步数得到方案的。
这个得到方案的方法就是在数学上有了解到的更相减损术。
容易证明，我们不断用大数减小数，得到的差和较小数再次重复做这个操作，不断迭代，步数一定是最短的。根据一些方法，我们可以知道可能的最少步数不会超过三十几步，这里我是用斐波那契数列去发现的(然后考试时我就想歪了。。)。
于是时间就是枚举Y(1e6)然后乘上个三十几。至于枚举的Y不一定是合法的，合法的前提是与给出的X互质，为什么呢？因为更相减损术就是在求gcd啊！于是不与X互质的Y必然不会产生合法答案。然后就写个欧几里德算法判断，时间照样不成问题。不过考试时我思维僵化，连方向都错了。
字典序就做完一次判断更新答案。如果算的过程中，答案长度已经超过可能的最优长度(三十几)或当前答案，就不用往下做了，直接跳过，这样可以节省很多时间。最后倒叙输出答案就行了。
坑点：第一是特判，然后不要用字符串，要用字符数组记录答案，否则超时。。
FJ最近得到了一份工作，那就是送肯德基外卖。FJ所在的小镇可以看作是R行C列矩形，被划分成R×C个单元格子，从上往下，行的编号是1至R；从左往右，列的编号是1至C。FJ一开始在第1行第1列的格子处，他收到D个顾客的订单，第i个顾客的位置在第Ri行第Ci列的格子。FJ一开始就把所有顾客的订餐一起装在背包里，这样在送餐过程中就没必要一定要返回出发点了，FJ必须严格按照次序给顾客送肯德基（即先送完第1个顾客，再送第2个顾客，…依次类推）。当送完所有的肯德基外卖后，FJ也没有必要返回出发处。FJ每一步的移动规则是这样的：FJ可以从当前格子移动一步，到达相邻的左格子或者相邻的右格子（两个格子相邻是指它们有公共边）；此外，如果FJ当前所在格的列是第1列或者第C列，那么FJ还可以向上移动一格或者向下移动一格。任意时刻，FJ都不能走出矩形的边界。FJ每进入一个格子，都会在该格子停留一定的时间T，在不同的给子，FJ停留的时间可能不同。FJ送完所有订餐，至少需要多少时间？
第一行，两个整数，R和C。
接下来有R行C列，第i行第j列的整数表示FJ进入第i行第j列的格子，必须在那个格子停留的时间T
接下来一行，有一个整数D，表示有D个顾客订餐。
接下来有D行，每行两个整数，依次表示顾客的位置，即所在行和所在列。 顾客所在的位置没有重复。
一个整数，送完所有订餐的最少时间。
首先要吐槽一下题目的翻译，FJ送肯德基。。
本题多种做法，我在考试时没时间了(吃晚饭)，于是写了一个狂暴的SPFA，地图上每个点都提出来做最短路，拿了50分。然而最短裤(路)能拿70分，dp是满分。
首先讲讲SPFA的方法求最短路。
我们发现由于只有第一列和最后一列是可以向下向上走的，其他的只能横着走，于是我们将那两列点单独拿出来做一遍SPFA，建图、做法就不用说了，维护行和列的前缀和，这样就得到了这两列点互相到达的最短路了。注意这里做2n次SPFA，时间复杂度的级别是 ，k是SPFA的常数，m是边数，与点数成正比，这样其实理论是n^2的，但是常数太大，所以很慢。但实测也是能过的（前提是加了玄学优化）。
算出那些点的最短路后，对于每组询问，我们分5种情况，设二点为A和B，第一列为1，最后一列为m，则
上面所有行的第三个箭头都是沿最短路走，其他的打横走就查询部分和。于是，通过SPFA求最短路，分类讨论取最小值，就可以解决此题了。不过SPFA部分我写的比较复杂，也不如下面的DP方法巧妙。
其实DP的做法也是在求最短路。
不过，计算最短路的时间是严格的 O(4n2) 。首先我们除了
dis[i][j] 表示点 i 与j的最短路外，我们要先预处理出一个
表示第i行的左边的点向右边的点走的最短路径。就是从第一列的某个点出发，通过各种“蛇皮走位”，到达同行的最后一列的最短路径。
为什么要先算这个呢？假设不是同一行的点，最短路径可能绕很多次。如下图
当行数变多，拐的弯可能越来越多，枚举拐点是不太可行的。而当同一行时，拐一次一定是最优的。如图
若红色的是最短路，由于T非负，毫无疑问黑色的路径更优。
那我们枚举拐点求出 cost[] ，然后用 cost 去更新
dis 数组。具体的更新就是按照如下次序：
如果当前最短路的源点在左边，更新次序就是第i行的右边，再到第i行的左边，反之就相反。更新的方法就是用部分和与 cost ，具体的公式参见代码，注意不要算重算漏。
预处理的时候我们知道每个点到自己的最短路和对面的最短路。然后n^2按行数向下更新就行了，只向下是为了避免重复计算。
最后一样的分类讨论算出答案。
考试时很不在状态，简单的题居然脑抽不会做，还有希望以后改题写总结能快点，不然很多事情都做不了，好好把握时间才行，争取多做有意义的事，提高水平。
愿你走出半生 归来仍是少年
