我太菜了，两场比赛只写出了不几个题。。。。
所以合在一起写题解吧
好看点。。。。。（看起来像是一场比赛A了许多题hhhhhhhh
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先上西安邮电大学

如果不是因为懒没有去学拓扑排序就好了…我是five
这场体验感挺差的，说实话
又是重测又是数据出锅的…关键是数据出问题了还有人过了？？
我开场直接开校车那题，然后就是手速一个离散化差分，wa了。。
然后我就以为我自己写错了，疯狂改，耗费了很多时间，最后来一句出锅了。。
rejudge之后给我了一血…看在一血的份上就不计较了哈哈哈哈哈
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A题

这个没啥好说的，推个式子就会发现大于75的统统不行，直接特判就好了…我还少写个等号wa了一发…

void solve(){while(~scanf("%lld",&n)&&n){if(n <= 75){puts("AOLIGEI!");}else{puts("DAAAAAMN!");}}
}

B题（赛后补的

这个就是拓扑排序板子题。。学过拓扑排序就会写，，可是我没学过，，赛后去翻博客花几分钟看了看拓扑排序然后回来就直接一发过了。。我吐了
我刚开始的思路肯定是并查集了
对于这种需要维护关系以及判断是否冲突的题目我都是用种类并查集解决的，关键这一题的关系不好处理，不像其他提是三元关系，取模就能互相转化，这个题关系是传递关系，这其实还好，但是我初始化又一直搞不好，越写越乱最后溜了
之后去学了拓扑排序，真的是豁然开朗…用拓扑排序直接就出结果了
详见我前几天的拓扑排序博客，有一定总结
据说卡常数了，写的时候尽量节省时间消耗，
我反正一发过了。。。码风奇特

int cas = 0,n,m;
map<string,int>mp;
int in[maxn],ans[maxn];
vector<int>edge[maxn];
string str[maxn];
struct cmp{bool operator() (const int a,const int b){return str[a] > str[b];}
};
void top_sort(){priority_queue<int,vector<int>,cmp>pq;int len = 0;rep(i,1,n){if(!in[i]){pq.push(i);}}while(!pq.empty()){int now = pq.top();pq.pop();ans[++len] = now;int sz = edge[now].size();rep(i,0,sz-1){int to =edge[now][i];in[to]--;if(!in[to]){pq.push(to);}}}if(len == n){rep(i,1,len){cout<<str[ans[i]]<<endl;}}else{cout<<"Impossible"<<endl;}
}
void solve(){mp.clear();cin >> n >> m;rep(i,1,n){in[i] = 0;edge[i].clear();string tmp;cin >> tmp;str[i] = tmp;mp[tmp] = i;}while(m--){string a,b;cin >> a >> b;int posa = mp[a];int posb = mp[b];in[posb]++;edge[posa].pb(posb);}top_sort();
}

E题

这个没啥好说的，数据范围小的可怜，直接暴力模拟过程，不断计数就好了
一定要注意上楼的消耗问题，我是用每个while负责回城满血，每个for就是战斗减血，每个k就是一波被gank掉血，注意细节处理就可以了

int n,m,k;
int arr[105];
void solve(){n = read(), m = read(), k = read();rep(i,1,n){arr[i] = read();}int num = 1,ans = 0;while(num <= n){ans++;int tmp = m;int pos = num;rep(i,num,n){if(tmp >= arr[i]){tmp-=arr[i];pos++;}else{arr[i]-=tmp;break;}tmp-=k;if(tmp <= 0){break;}}num = pos;}printf("%d\n",ans);
}

G校车

这个就是我拿一血的题了嘿嘿
手速交一发wa
改了改又wa
特判一下又wa
心态爆炸后惨遭出题人一句G题数据有锅hack。。心态炸飞
rejudge后我第一次提交的就是对的…之后改的也都是对的。。。
还好有个深绿的一血标记…

其实这题不难，毫无疑问的是站牌的数量就是去重后的数量，这个不必多说
关于座位的数目，其实就是等效于，整个过程中车内同时出现的人数的最大值（上下车不考虑这个问题…)
那么对于区间的加减，用差分解决就十分方便且高效，同时由于数据范围高达1e9但是个数只有1e5所以离散化一下就可以了
附上我的离散化+差分的一血代码

int a[maxn],b[maxn],pos[maxn<<1];
vector<int>v;
void solve(){v.clear();ms(pos,0);int n;scanf("%d",&n);rep(i,1,n){scanf("%d %d",&a[i],&b[i]);v.pb(a[i]);v.pb(b[i]);}sort(v.begin(),v.end());v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());int num = 0,res = 0;rep(i,1,n){int x1 = lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i])-v.begin()+1;int x2 = lower_bound(v.begin(),v.end(),b[i])-v.begin()+1;pos[x1]++;pos[x2]--;}num = pos[1];rep(i,1,2*n){res += pos[i];num = max(num,res);}printf("%d %d\n",v.size(),num);
}

不用离散化的话也有一种写法，本质上也是差分的思想，就是用结构体储存个正负一的操作，然后sort写个compare函数，是一样的，我就不写了，我的队友是这样写的，我直接贴他的代码吧

const int maxn=1e5+5;
typedef struct stu
{long long a;int b;
};
stu ss[2*maxn];bool cmpl(stu s1,stu s2)
{if(s1.a==s2.a)return s1.b<=s2.b;elsereturn s1.a<s2.a;
}
set<int>st;
int main()
{int t,n;long long x,y;cin>>t;while(t--){st.clear();cin>>n;int m=0;repp(i,n){cin>>x>>y;st.insert(x);st.insert(y);ss[m].a=x;ss[m++].b=1;ss[m].a=y;ss[m++].b=-1;}sort(ss,ss+m,cmpl);long long ans=0,ant=0;for(int i=0;i<m;i++){if(ss[i].b==1)ant+=1;elseant-=1;ans=max(ant,ans);}cout<<st.size()<<" "<<ans<<endl;}return 0;
}

H题中位因数（赛后补的

这个题…我比赛的时候当然是完全看不懂了，数学蒟蒻…赛后看题解也看不懂，找了一堆题解才理解
我还是太菜了，最近找找数论题写一些吧
首先暴力打出每个数的表肯定超时。。$nsqrt(n)$也会超时的吧1e6…我没试
但是我们可以枚举因子，我们枚举一个因子i从1到1e6另一个因子j从i到i*j<=1e6就可以了，这样必定可以涵盖到每个数，然后就是，对于中位因子
对于某个数，如果是完全平方数，那么就等于它的平方根，反之就是最靠近平方根的两个数，也就是小的那个因子无限接近于$sqrt(n)$，那么就好办了，我们枚举小的因子，每次得出的数就更新为（i+j)/2，如果这两个因子不符合条件，那么它一定会在后面再被更新一次的，所以直接枚举打表记录就好了、

ll ans[maxn];
void solve(){int n = read();printf("%d\n",ans[n]);
}
int main(){for(int i = 1; i <= 1000000; i++){for(int j = i; j <= 1000000/i; j++){ans[i*j] = (i + j)/2;}}for(int i = 1; i <= 1000000; i++){ans[i] = (ans[i] + ans[i-1])%mod;}int test = 1;test = read();//cin>>test;while(test--){solve();}#ifdef _LOCALE_DEBUG_PAUSE  system("pause");#endif //_LOCALE_DEBUGE_PAUSEreturn 0;
}

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下面是中北大学校赛题解

第一名是10题，我记得有句话说得好
如果你过的题数是第一名的题数一半，那么这场比赛就是适合你的
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A俄罗斯方块


这个没啥好说的，直接模拟下落的过程，从上到下，遇到第一个阻碍就停下来然后画图就好了

int ans[20][20];
void solve(){ms(ans,0);int n = read();rep(i,1,n){int pos=read(),x=read();if(pos==1){int l = x,r = x+1;int roc;rep(i,1,9){if(ans[i][l]==0&&ans[i][l+1]==0&&ans[i+1][l]==0&&ans[i+1][l+1]==0){roc=i;}else{break;}}ans[roc][l]=ans[roc][l+1]=ans[roc+1][l]=ans[roc+1][l+1]=1;}else if(pos==2){int l = x;int roc;rep(i,1,9){if(ans[i+1][l]==0&&ans[i+1][l+1]==0&&ans[i+1][l+2]==0&&ans[i][l]==0){roc=i;}else{break;}}ans[roc][l]=ans[roc+1][l]=ans[roc+1][l+1]=ans[roc+1][l+2]=1;}else if(pos==3){int l = x;int roc;rep(i,1,10){if(ans[i][l]==0&&ans[i][l+1]==0&&ans[i][l+2]==0&&ans[i][l+3]==0){roc=i;}else{break;}}ans[roc][l]=ans[roc][l+1]=ans[roc][l+2]=ans[roc][l+3]=1;}else{int l = x;int roc;rep(i,1,9){if(ans[i][l+1]==0&&ans[i+1][l+1]==0&&ans[i+1][l+2]==0&&ans[i+1][l]==0){roc=i;}else{break;}}ans[roc][l+1]=ans[roc+1][l]=ans[roc+1][l+1]=ans[roc+1][l+2]=1;}}rep(i,1,10){rep(j,1,9){printf("%d ",ans[i][j]);}printf("%d\n",ans[i][10]);}
}

B真的是签到题

没啥说的，刚学c语言都能写
附上py代码hhhh

print('NUC2020!!!')
print('NUC2020!!!')
print('NUC2020!!!')

E,简答线性代数

感谢出题人，让不会线代的也能写。。
我这种高数都蒟蒻的人怎么可能会写线代。。。
直接找规律，发现除了对角线以外其他的数都是取反，对角线是取反加一，莽一发就过了。。

ll arr[maxn][maxn];
void solve(){ll n = read(),k = read();rep(i,1,n){rep(j,1,n){arr[i][j]=read();arr[i][j]*=-1;if(i==j){arr[i][j]++;}}}rep(i,1,n){rep(j,1,n-1){printf("%lld ",arr[i][j]);}printf("%lld\n",arr[i][n]);}
}

F-集合操作（赛后补的

这个我还思索过一阵，最后觉得这就是一个nb数据结构就放弃了，最后没啥写的就回来看看，觉得离散化+线段树可以写，但是我写不好最后溜了
赛后看题解，我想的确实是正解，离散化+线段树，，可我还是操作不好，然后就看见了一个逆天的dalao解法，直接人傻了。。
难点在于操作3的处理，不好找，二分check但是又不是单调的最后直接放弃
大佬的写法很短。。。他是反向思维，储存下来了不在集合内的数，离线操作插入每个val,和val+1然后对于插入，他就删除，对于删除，他就插入，，，太强了。。查找就是$lowerbound$。。。orzzzzzz

set<int>se;
struct INPUT {int ope,pos;
}arr[maxn];
void solve(){int n = read();rep(i,1,n){arr[i].ope = read();arr[i].pos = read();int val = arr[i].pos;se.insert(val);se.insert(val+1);}rep(i,1,n){int ope = arr[i].ope;int val = arr[i].pos;if(ope == 1){se.erase(val);} else if(ope == 2){se.insert(val);} else {int ans = *se.lower_bound(val);printf("%d\n",ans);}}
}

G-数位操作

这个题我莽的，我不确定分解出的因子就一定是正解，但我就是莽了。。。
主要是这题要求数最小，那么就肯定是优先考虑位数最小，再考虑排列字典序最小，但是位数最小就需要从大到小查，可能会有一定影响到字典序了？
但我举不出反例，只是觉得有点不妥，最后还是交了，然后过了
需要注意的是，对于只有一位的需要在前面加个1，我个憨憨是在后面加个1还wa了一发，，日常写挂特判
（这题似乎不需要用vector的迭代器。。我憨批了
不需要考虑前导0，如果因子含有0，那就直接为0了，而题目说是正整数

void solve(){ll n;while(~scanf("%lld",&n)){if(n==1){puts("11");continue;}vector<ll>v;for(ll i = 9;i>=2;i--){if(n%i==0){v.pb(i);n/=i;i=10;}}if(n!=1){puts("-1");continue;}sort(all(v));vector<ll>::iterator it;string ans="";for(it = v.begin(); it != v.end(); it++){ll tmp = *it;ans+=(char)(tmp+'0');}if(ans.size()==1){ans='1'+ans;}cout<<ans<<endl;}
}

K-签个到

简单题，记录个前缀和直接更新最大值就好了
需要注意的是，由于加减都是1，所以最后找出的最大最小值之差，这个m次操作加谁身上都一样的，那要么是小的在左，要么是大的在左，扫两边取最大就好了
我写丑了，写了四个数组，每个数左边最大最小，右边最大最小。。
想着不会超时，那就这样暴力一点吧，直接上手码代码
真的又长又丑。。。。这个代码

ll arr[maxn],mx[maxn],mn[maxn],lmn[maxn],lmx[maxn];
void solve(){ll n = read(),m = read();rep(i,1,n){arr[i] = read();}if(n==1){cout<<"0"<<endl;return ;}per(i,n,1){if(i==n){mx[i]=arr[i];mn[i]=arr[i];}else{mx[i]=max(mx[i+1],arr[i]);mn[i]=min(mn[i+1],arr[i]);}}rep(i,1,n){if(i==1){lmn[i]=arr[i];lmx[i]=arr[i];}else{lmn[i]=min(lmn[i-1],arr[i]);lmx[i]=max(lmx[i-1],arr[i]);}}ll ans = 0;rep(i,1,n-1){ll a=arr[i]+m*i;ll b=mn[i+1];ans=max(ans,abs(a-b));a=arr[i]-m*i;b=mn[i+1];ans=max(ans,abs(b-a));}per(i,n,2){ll a=arr[i]+m*i;ll b=lmn[i-1];ans=max(ans,abs(a-b));a=arr[i]-m*i;b=lmx[i-1];ans=max(ans,abs(b-a));}printf("%lld\n",ans);
}