前言
4号省赛，到今天依旧没有一篇题解，索性自己写一个，当然不是标准答案，纯粹是个人的理解，可能会有错误，欢迎指正。个人认为这次省赛的题质量不错，都是能写的题，难度梯度也不错，最后一题可能偏简单了。
填空答案没保存，因此只写思路解法。
编程题稍后补上代码。
A 跑步训练
类似的问题很多，比如蜗牛爬树，爬井什么的。可以直接算，也可以编程模拟。需要注意的是最后一次跑步的一分钟剩余体力是400而不是100。
B 纪念日
没什么好说的，手算吧。听说excel里有函数可以直接得到天数。
C 合并检测
假设总体为1，合并检测需要消耗1/K盒试剂，其中有0.01的被感染者需要额外花费0.01*K盒试剂，即总共需要花费1/K+K/100盒试剂，根据基本不等式得K取10。
D REPEAT程序
可以写翻译程序，也可以取巧，替换文本改成代码，然后直接跑。
写翻译程序的话可以写一个dfs，每次发现repeat就起一个新的调用，传的参数我是用的缩进，以此得到优先级，缩进较长的需要优先计算得到结果。发现本行缩进小于参数时即可返回到上层。
给一个我写的翻译程序，基于dfs处理嵌套REPEAT
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 1000010;
string s[1005];
int i = 0;
int getp(string s)
{
int p = 0;
while(s[p] == ' ')p++;
return p;
}
int x = 0;
int dfs(int y)
{
int p = 0,v = 0;
while(x<i){
x++;
cout << s[x] << endl << x << ' ' << y << ' ' << v << endl;
p = getp(s[x]);
if(p<y){
x--;
return v;
}
if(s[x][p] == 'R')
{
v+=(s[x][p+7]-'0')*dfs(p+4);
}
else if(s[x][p] == 'A'){
v+=s[x][p+8]-'0';
}
}
return v;
}
int main()
{
freopen("prog.txt","r",stdin);
long long ans = 0;
//getline(cin,s[0]);
while(!cin.eof()){
getline(cin,s[i]);
i++;
}
ans = dfs(0);
cout << ans;
return 0;
}
E 矩阵
观察后可发现左上与右下只能取1，2020；而与1相邻的两个格子，即一行二列与二行一列，只能取2，3；再往后移一列，即一行三列与二行二列，只能取4，5；推断可得一共有1009这样的组，那么答案就是2^1009mod2020。
F 整除序列
如题意，直接对输入执行循环除2即可。
G 解码
可以采用预读的方式输出，即每次读两个字符，看第二位是不是数字，不是则输出当前位字符，是则输出指定数字个数的当前字符并位置+1；也可以直接顺序输出，每次读到数字时对前一位进行补偿。
H 走方格
简单dp即可，dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]。
也可dfs求解，但当数值接近30时可能会超时，我打了个表。
I 整数拼接
拼接数可以看成由两部分组成，第一部分为a*10^b，第二部分为c，因此我们可以对第一部分进行预处理，然后查询对于每个c有多少个像第一部分这样的数满足两部分之和modK=0，加进ans即可。
具体做法是创建一个二维数组mod，一维表示10的幂次，二维表示modK的余数。计算每个数与10，100，1000…10^9的乘积modK的余数，然后将对应的二维数组的单元+1。处理完后mod[a][b]即表示一个数后面跟了a个0，modK余数为b，这样的数（即前文提到的第一部分）的个数。然后对每个数进行处理，假设这个数为上文提到的拼接数的第二部分，那么符合条件的第一部分modK与这个数modK相加，再对K取模结果应为0。
为了方便处理，我写了两个函数，一个getl，返回传入值的位数；一个getll，返回10的幂次。这样，在对每个数a进行处理时，我们就可以直接访问之前预处理得到的mod数组。一维为getl(a)，表示第一部分得跟多少个0，第二部分为（K-a modK）modK，表示两部分之和modK为0。得到的结果即为满足条件的a*10^b的个数。
需要注意的是自己与自己匹配的情况，即第一部分的a与第二部分的c是同一个数。可以通过处理时检查当前数a乘以getll(a)对K取模，与我们需要的余数（K-a modK）modK是否一样。如果一样，表示这个余数的数量中是包含当前处理的这个数的，ans应-1。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int mod[10][maxn];
long long a[maxn];
int getl(long long a)
{
int r = 0;
while(a>0)
{
r++;
a/=10;
}
return r;
}
long long getll(int a)
{
long long r = 1;
while(a--)r*=10;
return r;
}
int main()
{
int n,k;
long long ans = 0;
cin >> n >> k;
for(int i = 0;i < n;i++)
{
cin >> a[i];
long long p = 0,q = 1;
while(p<10)
{
long long t = (a[i]*q)%k;
mod[p][t]++;
p++;
q*=10;
}
}
//cout << mod[1][0] << ' ' << mod[1][1];
for(int i = 0;i < n;i++)
{
//cout << getl(a[i]) << ' ' << (k-a[i]%k)%k << endl;
ans+=mod[getl(a[i])][(k-a[i]%k)%k];
//cout << a[i]*getll(getl(a[i]))%k;
if((a[i]*getll(getl(a[i])) + a[i])%k == 0)ans--;
}
cout << ans;
return 0;
}
J 网络分析
通过并查集求解，由于只需在最后求得每个点的权重，因此并查集只需要更新每个根值即可。
具体做法是设置一个增量数组，保存每个union集合里点的增量值，每次集合合并时，被合并的集合的根的增量值减去将合并到的集合的根的增量值，这样在最后求点权重时，我们只要自底向上寻根，每次加上增量值即可得到点的最终权重。在合并集合时，只更新根节点的父节点，其他节点的父节点仍为根节点，增量值也只更新根节点即可，可以类比成生成了一棵树，求叶节点权值即是寻根过程。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 10010;
int ans[maxn];
int add[maxn];
int fa[maxn];
int v[maxn];
int f(int i)
{
if(fa[i]!=i)return f(fa[i]);
}
void uni(int a,int b)
{
if(f(a) == f(b)) return;
else
{
a = f(a),b = f(b);
if(v[a]>=v[b])
{
add[b]-=add[a];
fa[b] = a;
v[a]+=v[b];
}
else
{
add[a]-=add[b];
fa[a] = b;
v[b]+=v[a];
}
}
}
int main()
{
int n,m;
int c = n;
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i++){
fa[i] = i;v[i] = 1;
}
for(int i = 0;i < m;i++)
{
int a,b,c;
cin >> a >> b >> c;
if(a == 1)
{
uni(b,c);
}
else
{
add[f(b)]+=c;
}
}
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
int t = i;
ans[i]+=add[i];
while(fa[t]!=t)
{
ans[i]+=add[fa[t]];
t=fa[t];
}
}
for(int i = 1;i <= n;i++)
cout << ans[i] << endl;
return 0;
}
题面链接：https://pan.baidu.com/s/1xcNT6pqKltR_WLhlep64OA
提取码：5789
挂了私信我拿。