A. 千寻的猜数仪式 本题是一道二分加交互题，旨在让大家熟悉交互题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    for (int l = 1, r = 1000000000, mid = (l + r) >> 1, res; l <= r; mid = (l + r) >> 1) 
    {
        cout << mid << endl;
        cin >> res;
        if (res == 0) 
        {
            return 0;
        } 
        else if (res == -1) 
        {
            l = mid + 1;
        } 
        else if (res == 1) 
        {
            r = mid - 1;
        } 
    }
    return 0;
}

B. 千寻的糖果试炼 记得开long long

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<long long> a(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];

    long long sum = a[0];   // 第一个孩子直接满足他自己的需求
    long long prev = a[0];    // 前一个孩子的糖果数量

    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        long long current = max(a[i], prev + 1);
        sum += current;
        prev = current;
    }

    cout << sum << endl;
    return 0;
}

C. SYNU学员评测系统 我们先根据公式算出每一个人的标准差，然后进行排序即可。

在算标准差时，我们知道，本题只需要一个大小排名，并不需要每个人准确的标准差。因此，我们不必算$\sqrt{\frac{\sum{(}X−μ)^2}{N}}$，只需要算出 $\sum{(}X−μ)^2$即可，也不需要考虑精度问题。

注意几个问题：

1.最后最多也只需要输出 20 个人，需要判断。

2.排序有两个关键字，先按标准差，再按姓名的字典序。

3.算标准差时需要使用 double 类型的变量。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
struct student
{
	string name;//姓名
	double sum;//标准差
}a[100001];
bool cmp(student x,student y)
{
	if(x.sum!=y.sum)
		return x.sum>y.sum;//第一个关键字，标准差降序排序
   	return x.name<y.name;//第二个关键字，当标准差相同时，字典序升序排序
}
int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int b[25]={0},sum=0;//用b数组记录第i个人的每科成绩，sum为分数和
		cin>>a[i].name;
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{	
			cin>>b[j];
			sum+=b[j];
		}
		double pjz=(sum*1.0)/(m*1.0);//求平均值，要考虑int转double的问题
		for(int j=1;j<=m;j++)
			a[i].sum+=(pjz-b[j])*(pjz-b[j]);
	 } 
	sort(a+1,a+1+n,cmp);//排序
	for(int i=1;i<=min(20,n);i++) 
		cout<<a[i].name<<endl;//输出前20人
	return 0;
}

D. Chihiro 的糖果分配 这道题我们可以用dp:

f[i][x] 表示 i 分成 x 个非空的数的方案数。

显然 i<x 时 f[i][x]=0 , i=x 时 f[i][x]=1;

其余的状态，我们分情况讨论：

①方案中有1的 ②方案中没有1的

第一种情况，方案数为 f[i-1][x-1]

第二种情况，方案数为 f[i-x][x] (此时 i 必须大于 x)

所以，状态转移方程为： f[i][x]=f[i-1][x-1]+f[i-x][x]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,f[201][7]; 
int main(){
    cin >> n >> k;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
		f[i][1]=1;
		f[i][0]=1;
	}
	for(int x=2;x<=k;x++) 
	{
		f[1][x]=0;
		f[0][x]=0;
	}  // 边界，为了防止炸，把有0的也处理了
    for(int i=2;i<=n;i++)
    	for(int x=2;x<=k;x++)
        {    
			if(i>x)
				f[i][x]=f[i-1][x-1]+f[i-x][x];
            else 
				f[i][x]=f[i-1][x-1];
		}
    cout<<f[n][k];
    return 0;
}

E. Chihiro与Orange之间的游戏 首先明确，只要还有石子，那么一定能取 不妨设有两堆石子a1，a2，假设现在还有石子且无法取 那么有a1+a2≥0,a2<a1<0 ①两不等式矛盾：两个负数相加必定不是非负数 ②石子数不可能为负数 所以只要还有石子，就一定能取 那么问题就转换为两人轮流从一堆石子取一粒，谁先不能取谁输 我们可以假设石子一共有x粒，甲取了k粒 若是甲赢，那么甲一定比乙多取了一颗，得x=2k+1，x为奇数 若是乙赢，那么甲一定和乙取的石子数一样，得x=2k，x为偶数 就推出了双方赢的充要条件

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int a,n;
	long long sum=0;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++)
	{
        cin>>a;
        sum+=a;
    }
    if(!(sum&1))//利用位运算优化
	{
        cout<<"Orange"<<endl;
    }
    else
	{
        cout<<"Chihiro"<<endl;
    }
	return 0;
}

F. Chihiro 的平方奇想 我们先按 k 的奇偶性分讨一下： 如果 k $mod$ 2=1，那么设中间的数为 mid，就可以算出这 k 个数的和为 k × mid，为了让这个和为完全平方数，所以 mid 最小要为 k，之后就去枚举 ×$1^{2}$、×$2^{2}$、×$3^{2}$，直到最后一个数超过 n。 如果 k $mod$ 2=0，那么还是设中间的两个数为 mid 和 mid+1，那这 k 个数的和是 $\frac{(2×mid+1)×k}{2}​$，然后把 2k​ 提取出来，因为它是个常数，不会变，然后就找与 $\frac{k}{2}$​ 相乘为完全平方数的最小值，之后还是枚举 ×$1^{2}$、×$2^{2}$、×$3^{2}$，再判一下是否有解。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n, k, sum, now = 1, ans;
signed main() {
	scanf("%lld%lld", &n, &k);
	if(k % 2 == 1) 
    {
		for(int i = 1; ; i++) 
        {
			if(k * i * i + k / 2 <= n) 
                sum++;
			else 
                break;
		}
		printf("%lld", sum);
	}
	else 
    {
		int l = k / 2;
		for(int i = 2; i * i <= k; i++) 
            while(l % (i * i) == 0) 
                l /= i * i;
		if(l % 2 == 0) 
        {
			printf("0");
			return 0;
		}
		for(int i = 1; ; i += 2) 
        {
			ans = i * i * l;
			if(ans < k + 1) 
                continue;
			if(ans / 2 + k / 2 <= n) 
                sum++;
			else 
                break;
		}
		printf("%lld", sum);
	}
}