看题戳这里

总结

时间分配：30min自习，30min t1，然后在t2,t3,t4中间反复横跳，最后一小时狂冲t3没出来，悲伤。
后来听巨佬说t3很离谱，也不知道是不是真的。

最终分数：0+50+0+0
为什么第一题挂了？为什么第一题挂了？为什么第一题挂了？为什么第一题挂了？
哦，原来是玩原神freopen注释了导致的。

解析

A. 语言

难度：橙
注意到动词只有一个，在这上面搞一搞就可以了。
本人代码能力极差，轻喷。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int bet[30],vcnt,vpos,pd,T;
string s;
void solve(){
    vcnt=vpos=0;
    for(int i=1;i<=26;i++){
        int opt;       
        cin>>opt;
        bet[i]=opt;
    }
    vector<int> vv;
    cin>>s;
    for(int i=0;i<s.length();i++){
        if(bet[s[i]-'a'+1]==4)vcnt++,vpos=i;
        int aa=bet[s[i]-'a'+1];
        if(aa==4||aa==5||aa==6||aa==7)vv.push_back(i);
        if(vcnt>1){
            cout<<"No\n";
            return;
        }
    }
    int e=bet[s[s.length()-1]-'a'+1];
    if(e!=2&&e!=3&&e!=7&&e!=6){cout<<"No\n";return;}
    if(vcnt==1)
        vv.clear(),vv.push_back(vpos);
    for(int i=0;i<vv.size();i++){
        vpos=vv[i];
        if(!vpos||vpos==s.length()-1)continue;
        int d=bet[s[vpos-1]-'a'+1];
        if(d==2||d==3||d==7||d==6){
            cout<<"Yes\n";
            return;
        }
    }
    cout<<"No\n";
}
int main(){
    // freopen("language.in","r",stdin);
    // freopen("language.out","w",stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>T;
    while(T--)
        solve();
    return 0;
}

B. 色球

难度：绿
链表的巧妙运用。
若无操作 3 用栈就可以解决。但这里操作 3 要求反转，所以可以用双向链表来实现。

#include<bits/stdc++.h>
#define mxn 301010
using namespace std;
struct node{
    int col,num,pre,nxt;
}_list[mxn];
int n,m,head[mxn],tail[mxn],cnt;
char opt[6];
int main(){
    // freopen("ball.in","r",stdin);
    // freopen("ball.out","w",stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    while(m--){
        int x,y,z;
        cin>>opt;
        if(opt[2]=='s'){
            cin>>x>>y>>z;
            _list[++cnt]=node{y,x,head[z],0};
            if(head[z]){
                if(_list[head[z]].pre)
                    _list[head[z]].nxt=cnt;
                else _list[head[z]].pre=cnt;
            }
            else tail[z]=cnt;
            head[z]=cnt;
        }
        else if(opt[2]=='p'){
            cin>>x>>z;
            while(_list[head[z]].num<x){
                x-=_list[head[z]].num;
                int lasthead=_list[head[z]].pre|_list[head[z]].nxt;
                if(lasthead){
                    if(_list[lasthead].pre==head[z])
                        _list[lasthead].pre=0;
                    else _list[lasthead].nxt=0;
                }
                head[z]=lasthead;
            }
            _list[head[z]].num-=x;
            cout<<_list[head[z]].col<<'\n';
        }
        else{
            int u,v;
            cin>>u>>v;
            if(!head[u])continue;
            if(head[v]){
                if(_list[head[v]].pre)
                    _list[head[v]].nxt=head[u];
                else _list[head[v]].pre=head[u];
                if(_list[head[u]].pre) 
                    _list[head[u]].nxt=head[v];
                else _list[head[u]].pre=head[v];
            }
            else tail[v]=head[u];
            head[v]=tail[u];
            head[u]=tail[u]=0;
        }
    }
    return 0;
}

C. 斐波

难度：紫-黑
首先，斐波那契数列的递推式是 \(f(n)=f(n-1)+f(n-2)\)。
设 \(g(n)=f^2(n)\)，则 \(g(n)=(f(n-1)+f(n-2))^2=g(n-1)+g(n-2)+2f(n-1)f(n-2)\)。
又有 \(2f(n-1)f(n-2)\\ =2(f^2(n-2)+f(n-2)f(n-3))\\ =(f(n-2)+f(n-3))^2+f^2(n-2)-f^2(n-3)\\ =g(n-1)+g(n-2)-g(n-3)\)
所以推出 \(g(n)\) 的递推式：
\(g(n)=2g(n-1)+2g(n-2)-g(n-3)\)

转换成矩阵：

用向量表示即为：\(\overrightarrow{g_n}=A^n\overrightarrow{g_0}\)。

而对于题目中的 \(f(S) = \sum\limits_{T \subseteq S} \left[\operatorname{fib}\left(\sum\limits_{s \in T}s\right)\right]^2\)，我们也用向量表示：
\(\overrightarrow{f(S)}=\sum_{T\subseteq S}g\overrightarrow{\sum(T)} \\\)
$ f(S)$ 即为向量的第一项。

给 \(S\) 再加一个数 \(a\)，可得：
\( \overrightarrow{f(S\cap\{a\})}=\\ \overrightarrow{f(S)}+\sum_{T\subseteq S}A^ag\overrightarrow{\sum(T)}=\\ \overrightarrow{f(S)}+\overrightarrow{f(S)}A^a=\\ \overrightarrow{f(S)}(I+A^a) \)

归纳一下，若 \(S=\{a_1,a_2,...,a_n\}\)，则有：
\(\overrightarrow{f(S)}=\overrightarrow{g_0}\prod\limits_{i=1}^n(I+A^{a_i})\)

用该式进行暴力，期望复杂度 \(O(n^3)\)。

用线段树维护 \(\sum\limits_{i=l}^r\sum\limits_{j=i}^r\prod\limits_{k=i}^jI+A^{a_i}\)，期望复杂度 \(O(3^3q\log n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mxn 100010
#define mod 998244353
using namespace std;
struct mat{
    ll a[3][3]={0};
    mat operator+(mat x){
        for(int i=0;i<3;i++)
            for(int j=0;j<3;j++)
                x.a[i][j]=(x.a[i][j]+a[i][j])%mod;
        return x;
    }
    mat operator*(mat x){
        mat ret;
        for(int k=0;k<3;k++)
            for(int i=0;i<3;i++)
                for(int j=0;j<3;j++)
                    ret.a[i][j]=(ret.a[i][j]+a[i][k]*x.a[k][j]%mod)%mod;
        return ret;
    }
};
mat quickpow(mat x,int p){
    mat ret,base;
    ret.a[0][0]=ret.a[1][1]=ret.a[2][2]=1;
    base=x;
    while(p){
        if(p&1)ret=ret*base;
        base=base*base;
        p>>=1;
    }
    return ret;
}
mat I,O,A,num[mxn];
int n,q;
struct seg_tree{
    mat sum,lsum,rsum,msum;
}tre[mxn<<2];
seg_tree add(seg_tree a,seg_tree b){
    seg_tree ret;
    ret.sum=a.sum+b.sum+b.lsum*a.rsum;
    ret.lsum=a.lsum+a.msum*b.lsum;
    ret.rsum=b.rsum+b.msum*a.rsum;
    ret.msum=a.msum*b.msum;
    return ret;
}
void push_up(int rot){
    tre[rot]=add(tre[rot<<1],tre[rot<<1|1]);
}
void change(int rot,int l,int r,int k){
    if(l==r){
        tre[rot].sum=num[k];
        tre[rot].lsum=tre[rot].rsum=tre[rot].msum=num[k];
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(mid>=k)change(rot<<1,l,mid,k);
    else change(rot<<1|1,mid+1,r,k);
    push_up(rot);
}
seg_tree query(int rot,int l,int r,int x,int y){
    if(l>=x&&r<=y)return tre[rot];
    int mid=(l+r)>>1;
    if(mid>=y)return query(rot<<1,l,mid,x,y);
    else if(mid<x)return query(rot<<1|1,mid+1,r,x,y);
    else return add(query(rot<<1,l,mid,x,y),query(rot<<1|1,mid+1,r,x,y));
}
void init(){
    I.a[0][0]=I.a[1][1]=I.a[2][2]=1;
    O.a[1][0]=O.a[2][0]=1;
    A.a[0][0]=A.a[0][1]=2;
    A.a[0][2]=mod-1;
    A.a[1][0]=A.a[2][1]=1;
}
int main(){
    // freopen("fipo.in","r",stdin);
    // freopen("fipo.out","w",stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    init();
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int a;cin>>a;
        num[i]=quickpow(A,a)+I;
        change(1,1,n,i);
    }
    for(int i=1;i<=q;i++){
        int opt;cin>>opt;
        if(opt==1){
            int p,v;cin>>p>>v;
            num[p]=quickpow(A,v)+I;
            change(1,1,n,p);
        }
        else{
            int l,r;
            cin>>l>>r;
            mat ans=query(1,1,n,l,r).sum*O;
            cout<<(ans.a[0][0]+mod)%mod<<'\n';
        }
    }
    return 0;
}

D. 偶数

难度：紫
有趣的字符串思维题。
首先设一个偶数字符串 \(u\) 为 \(vv\)，其新的偶数字符串必为 \(vwvw\) 的形式，其中 \(w\) 为 \(v\) 的前缀且为 \(v\) 的周期，容易证明 \(w\) 必为 \(v\) 的最小周期。

举个例子，假设 \(u=121121\)，则 \(v=121\)，且 \(w=12\)，则新的偶数字符串为 \(1211212112\)。

所以每次用 KMP 暴力求最小周期，复杂度 \(O(n+q)\)。

继续优化。我们分两种情况：

若 \(len(w)\) 为 \(len(v)\) 的因子，则字符串会变成 \(vww...w\)。

关键在于 \(len(w)\nmid len(v)\) 的情况。手推会发现 \(vw\) 的最小周期必为 \(v\)。

证明（本来想说显然的，还是写出来了）：
假设有 \(x\) 为 \(vw\) 最小周期且满足 \(len(w)\nmid len(v),len(v)>len(x)\)。
则若 \(len(w)\mid len(v)-len(x)\)，有 \(gcd(len(w),len(x))<len(x)\) 为 \(vw\) 最小周期，矛盾。
若 \(len(w)\nmid len(v)-len(x)\)，有 \(gcd(len(w),(len(v)-len(x))\ mod\ len(w))<len(x)\) 为最小周期，矛盾。

所以，若 \(s_1=v,s_2=vw\)，则 \(s_i=s_{i-1}s_{i-2}\)（看上去像不像斐波那契数列？）。
发现 \(len(v_i)\geq 2*len(v_{i-1})\)，所以每次计算 \(\log n\) 次就行了。
期望复杂度 \(O(len(u)+q\log n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mxn 100010
#define mod 998244353
using namespace std;
ll T,n,q,len,fiblen[mxn];
ll f[mxn],fib[mxn],nxt[mxn];
ll bit[mxn];
ll maxn;
char s[mxn];
ll quickpow(ll a,ll x){
    ll ret=1,base=a;
    while(x){
        if(x&1)ret=base*ret%mod;
        base=base*base%mod;
        x>>=1;
    }
    return ret;
}
void init(){
    cin>>s+1>>n;
    len=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=len/2;i++)
        f[i]=(f[i-1]*10+(s[i]-'0'))%mod;
    for(int i=2,j=0;i<=len/2;i++){
        while(j&&s[i]!=s[j+1])j=nxt[j];
        if(s[j+1]==s[i])j++;
        nxt[i]=j;
    }
    fiblen[0]=len/2-nxt[len/2],fiblen[1]=len/2;
    fib[0]=f[fiblen[0]],fib[1]=f[fiblen[1]];
    maxn=0;
    for(int i=2;;i++){
        fiblen[i]=fiblen[i-1]+fiblen[i-2];
        fib[i]=(fib[i-1]*quickpow(10,fiblen[i-2])+fib[i-2])%mod;
        if(fiblen[i]>=n){
            maxn=i;break;
        }
    }
    for(int i=0;i<=maxn;i++)
        bit[i]=quickpow(10,fiblen[i]);
}
ll get(ll x){
    ll cnt=0,ret=0;
    for(int i=maxn;i>=0;i--){
        if(cnt+fiblen[i]<=x){
            ret=(ret*bit[i]%mod+fib[i])%mod;
            cnt+=fiblen[i];
        }
    }
    ret=(ret*quickpow(10,x-cnt)%mod+f[x-cnt])%mod;
    return ret;
}
int main(){
    // freopen("even.in","r",stdin);
    // freopen("even.out","w",stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>T;
    while(T--){
        init();
        cin>>q;
        for(int i=1;i<=q;i++){
            ll l,r;
            cin>>l>>r;
            cout<<((get(r)-get(l-1)*quickpow(10,r-l+1)%mod)+mod)%mod<<'\n';
        }
    }
    return 0;
}