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CE是暴力，D是数据结构题，F是线段树。这场的E比较有意思，其他的感觉有点水。

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A - Wrong Answer

题意：

给你两个数 $A,B$ $(0\le A,B\le 9)$，返回一个个位数，使得它不等于 $A+B$。

思路：

看一下 $A+B$ 等不等于 $0$ ，如果不等于就直接输出 $0$，如果正好等于就随便找个其他数输出即可。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;int a,b;int main(){cin>>a>>b;if(a+b==0)cout<<9<<endl;else cout<<0<<endl;return 0;
}

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B - Adjacency Matrix

题意：

给你一个 $N$ 个点的无向图和 $N\times N$ 的邻接矩阵。问每个点的邻接点有哪些。

思路：

因为是无向图，所以邻接矩阵是对称的，我们把第 $i$ 行或者第 $i$ 列看成 $i$ 的出边都没有问题。假如第 $i$ 行上的某个位置 $A_{i,j}=1$ 就说明 $i\to j$ 有一条边，就相当于 $j$ 是 $i$ 的一个邻接点，我们直接遍历第 $i$ 行就能找到 $i$ 的所有邻接点了。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;int n;int main(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1,t;j<=n;j++){cin>>t;if(t==1)cout<<j<<" ";}cout<<endl;}return 0;
}

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C - 343

题意：

给你一个数 $N$ $(1\le N\le 10^{18})$，问不超过 $N$ 的 最大立方数 同时是 回文数 的数是什么。

思路：

不难发现，如果这个数是立方数，那么它最多只有 $10^6$ 种可能，再在其中找到回文数即可。而判断回文最多只需要判断 $18$ 位，所以直接暴力枚举就能找到所有可能的立方数且是回文数的数。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;ll n;bool check(ll x){string s=to_string(x);int len=s.length();for(int i=0;i<len/2;i++)if(s[i]!=s[len-i-1])return false;return true;
}int main(){cin>>n;ll ans;for(ll i=1;i*i*i<=n;i++)if(check(i*i*i))ans=i*i*i;cout<<ans<<endl;return 0;
}

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D - Diversity of Scores

题意：

有 $N$ 个人，$T$ 次修改操作，一开始所有人分数都是 $0$。

每次修改操作形如 a b ，表示将第 $a$ 个人的分数加上 $b$。

问每次修改后，有多少种不同的分数。

思路：

用 $map$ 记录每种分数有几个人，每次修改结束后看一下 $map$ 中有几种分数就行了。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std; 
const int maxn=2e5+5;
typedef long long ll;int n,t;
ll a[maxn];int main(){cin>>n>>t;map<ll,int> mp;mp[0]=n;for(int i=1,idx,b;i<=t;i++){cin>>idx>>b;mp[a[idx]]--;if(mp[a[idx]]==0)mp.erase(a[idx]);a[idx]+=b;mp[a[idx]]++;cout<<mp.size()<<endl;}return 0;
}

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E - 7x7x7

题意：

在三维直角坐标系中有两个边长为 $7$ 的正六面体（就是立方体）。我们用立方体左下角的点的坐标描述一个立方体的位置，具体来说，就是用 $C(a,b,c)$ 描述 $(a\le x\le a+7)\wedge (b\le y\le b+7)\wedge (c\le z\le c+7)$ 的立方区域。

用 $a_1,b_1,c_1,a_2,b_2,c_2,a_3,b_3,c_3$ 描述三个正方体的位置，其中第 $i$ 个立方体的位置为 $C_i=(a_i,b_i,c_i)$。并且 $|a_1|,|b_1|,|c_1|,|a_2|,|b_2|,|c_2|,|a_3|,|b_3|,|c_3|\le 100$。

定义：

1. 在 $C_1,C_2,C_3$ 中只包含在一个立方体内部的体积为 $V_1$。
2. 在 $C_1,C_2,C_3$ 中只包含在两个立方体内部的体积为 $V_2$。
3. 在 $C_1,C_2,C_3$ 中包含在三个立方体内部的体积为 $V_3$。

给你 $V_1,V_2,V_3$，问可行的一组 $a_1,b_1,c_1,a_2,b_2,c_2,a_3,b_3,c_3$。

思路：

乍一看根本无从下手，但是看到数据范围很小，感觉应该是个比较暴力的做法。

先想两个立方体的情况。如果两个立方体有相交，那么相交的区域的上边界应该是两个立方体的上边界的较小值（也就是靠下的那个边界）。同理，相交区域的下边界应该是两个立方体下边界的较大值（也就是靠上的那个边界）。相交区域的左边界应该是两个立方体左边界的较大值。相交区域的右边界应该是两个立方体右边界的较小值。相交区域的前边界应该是两个立方体前边界的较大值。相交区域的后边界应该是两个立方体后边界的较小值。

这样只要知道了两个立方体的位置，就可以 $O(1)$ 地得到相交区域的位置，也就得到了这个区域的体积。显然的如果算出来的上边界低于下边界，那么就说明不存在这个相交区域，同理，右边界要大于左边界，后边界要大于前边界。而对于三个立方体的相交区域我们也可以这样得到。

因此我们只要知道了三个立方体的位置，就可以算出两两相交的区域体积，和三个立方体的相交区域，根据容斥的思想可以很容易算出它们的 $V_1,V_2,V_3$。

但是如何确定这三个立方体的位置呢，根据相对论，如果有一种可行的三立方体位置，那么我们可以把中间那个立方体的左下角点位置放在原点。前面说了数据范围很小，某个立方体要么和一个立方体相交，要么就相离。而相离的话，离多远都可以，那么不如就让它贴着前一个立方体。这样的话，三个立方体就算一起贴着，点能遍及到的位置就只有 $\{(x,y,z)|-7\le x\le 7,-7\le y\le 7,-7\le z\le 7\}$。总的点的可能不会超过 $15^3=3375$，暴力枚举两个立方体的点的位置时间复杂度也就是 $1e7$，完全能跑。所以暴力就完了。

这里把中间那个立方体放在原点可以考虑到所有相对位置的情况。而把一边的立方体放在原点有可能会漏掉一部分情况，就像下面那个写法。所以三维的还是把中间的模型放在原点比较好。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;int v1,v2,v3;inline int gv(int x1,int y1,int z1,int x2,int y2,int z2){int xl,xu,yl,yu,zl,zu;xl=max(x1,x2);xu=min(x1,x2)+7;yl=max(y1,y2);yu=min(y1,y2)+7;zl=max(z1,z2);zu=min(z1,z2)+7;if(xl<xu && yl<yu && zl<zu)return (xu-xl)*(yu-yl)*(zu-zl);else return 0;
}
inline int gv(int x1,int y1,int z1,int x2,int y2,int z2,int x3,int y3,int z3){int xl,xu,yl,yu,zl,zu;xl=max(max(x1,x2),x3);xu=min(min(x1,x2),x3)+7;yl=max(max(y1,y2),y3);yu=min(min(y1,y2),y3)+7;zl=max(max(z1,z2),z3);zu=min(min(z1,z2),z3)+7;if(xl<xu && yl<yu && zl<zu)return (xu-xl)*(yu-yl)*(zu-zl);else return 0;
}int main(){cin>>v1>>v2>>v3;for(int x1=-7,tot=1029,ab,bc,ac,abc,V1,V2,V3;x1<=15;x1++)for(int y1=-7;y1<=15;y1++)for(int z1=-7;z1<=15;z1++)for(int x2=-7;x2<=15;x2++)for(int y2=-7;y2<=15;y2++)for(int z2=-7;z2<=15;z2++){ab=gv(0,0,0,x1,y1,z1);bc=gv(x1,y1,z1,x2,y2,z2);ac=gv(0,0,0,x2,y2,z2);abc=gv(0,0,0,x1,y1,z1,x2,y2,z2);V3=abc;V2=ab+bc+ac-3*V3;V1=tot-2*(ab+bc+ac-abc)+abc;if(V1==v1 && V2==v2 && V3==v3){printf("Yes\n%d %d %d %d %d %d %d %d %d\n",0,0,0,x1,y1,z1,x2,y2,z2);return 0;}}puts("No");return 0;
}

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F - Second Largest Query

题意：

有一个 $N$ 个数的序列 $A_1,A_2,A_3,\dots ,A_N$。

有 $Q$ 次操作，操作有两种：

1. 1 p x：表示将 $A_p$ 赋值为 $x$。
2. 2 l r：表示询问区间 $[l,r]$ 的次大值的个数。

思路：

这种问法一眼线段树，主要是如何维护次大值。

在两个区间进行合并的时候，有可能成为次大值的可能是左区间的最大值，次大值，右区间的最大值次大值。所以每个区间我们要维护区间最大值和次大值。而询问的是次大值的个数，所以我们最大值和次大值的个数也要维护。

写起来情况讨论比较麻烦，其他还好。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;int n,q;struct segment_tree{#define ls p<<1#define rs p<<1|1int n;struct Node{int m1,m2,c1,c2;Node(int m1=0,int m2=0,int c1=0,int c2=0):m1(m1),m2(m2),c1(c1),c2(c2){};}tr[maxn<<2];Node merge_Node(Node a,Node b){Node t;if(a.m1==b.m1){t.m1=a.m1;t.c1=a.c1+b.c1;if(a.m2==b.m2){t.m2=a.m2;t.c2=a.c2+b.c2;}else if(a.m2>b.m2){t.m2=a.m2;t.c2=a.c2;}else {t.m2=b.m2;t.c2=b.c2;}}else if(a.m1>b.m1){t.m1=a.m1;t.c1=a.c1;if(a.m2==b.m1){t.m2=a.m2;t.c2=a.c2+b.c1;}else if(a.m2>b.m1){t.m2=a.m2;t.c2=a.c2;}else {t.m2=b.m1;t.c2=b.c1;}}else {t.m1=b.m1;t.c1=b.c1;if(a.m1==b.m2){t.m2=a.m1;t.c2=a.c1+b.c2;}else if(a.m1>b.m2){t.m2=a.m1;t.c2=a.c1;}else {t.m2=b.m2;t.c2=b.c2;}}return t;}void print(int p,int l,int r){printf("%2d:[%d,%d] %d %d|%d %d\n",p,l,r,tr[p].m1,tr[p].c1,tr[p].m2,tr[p].c2);if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;print(ls,l,mid);print(rs,mid+1,r);}void print(){print(1,1,n);}void build(int p,int l,int r){if(l==r){cin>>tr[p].m1;tr[p].c1=1;return;}int mid=(l+r)>>1;build(ls,l,mid);build(rs,mid+1,r);tr[p]=merge_Node(tr[ls],tr[rs]);}void build(int _n){n=_n;build(1,1,n);}void mdy(int p,int l,int r,int idx,int x){if(l==r){tr[p].m1=x;return;}int mid=(l+r)>>1;if(idx<=mid)mdy(ls,l,mid,idx,x);else mdy(rs,mid+1,r,idx,x);tr[p]=merge_Node(tr[ls],tr[rs]);}Node query(int p,int l,int r,int L,int R){if(L<=l && r<=R){return tr[p];}int mid=(l+r)>>1;if(R<=mid)return query(ls,l,mid,L,R);else if(L>mid)return query(rs,mid+1,r,L,R);else return merge_Node(query(ls,l,mid,L,R),query(rs,mid+1,r,L,R));}int opt(int op,int a,int b){if(op==1)mdy(1,1,n,a,b);else {return query(1,1,n,a,b).c2;}return 0;}#undef ls#undef rs
}tr;int main(){cin>>n>>q;tr.build(n);
//	tr.print();
//	puts("");for(int i=1,op,a,b;i<=q;i++){cin>>op>>a>>b;if(op==2)cout<<tr.opt(op,a,b)<<endl;else tr.opt(op,a,b);
//		tr.print();
//		puts("");}return 0;
}