写之前，先发表下感慨：好久没写题解了，也许是因为自己越来越急利了，也可以说是因为越来越懒了。
A. Diverse Substring
直接找一找有没有相邻的两个不同的字符即可。
B. Vasya and Books
分别记录书本摆放顺序$a[]$，取书顺序$b[]$，每本书的位置$pos[]$，每本书在不在书堆上$in[]$，书堆最顶端的书的位置$top$(因为用的是数组，元素位置是固定的)。
然后，按照题意枚举输入的取书顺序$b[]$，同时记录答案$ans$，更新$top$即可。
C. Vasya and Robot
过滤掉目的地坐标累加和的绝对值和指令长度奇偶性不相同的情况。然后，剩余的所有情况，要么指令步数不够，要么一定有解。此时，答案满足单调性(如果不提前过滤掉奇偶性不同的情况，答案不满足单调性)，二分答案即可。具体做法是，预处理出$x$轴方向的前缀和(向右$+1$，向左$-1$)和后缀和，以及$y$轴方向的前缀和(向上$+1$，向下$-1$)和后缀和，二分答案时，直接枚举区间左端点，然后$O(1)$检查枚举区间之外的$x$轴方向和$y$轴方向所需要改变的步数是不是小于二分枚举的区间长度。注意，这个地方只能用$\le$，不能用$==$，否则，会错在这样的样例上：
RRRRRRR
具体代码如下(附个人自用的测试样例)：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
];
int dx,dy;
],postx[];
],posty[];
bool can(int len){
;i+len-<=n;++i){
]+postx[i+len]));
]+posty[i+len]));
if(needx+needy==len){
;
}
}
;
}
int main() {
,cnty=;
scanf(,&dx,&dy);
;i<=n;++i){
prex[i]=prex[i-],prey[i]=prey[i-];
if(s[i]=='L')prex[i]--,cntx--;
else if(s[i]=='R')prex[i]++,cntx++;
else if(s[i]=='D')prey[i]--,cnty--;
else if(s[i]=='U')prey[i]++,cnty++;
}
;--i){
postx[i]=postx[i+],posty[i]=posty[i+];
if(s[i]=='L')postx[i]--;
else if(s[i]=='R')postx[i]++;
else if(s[i]=='D')posty[i]--;
else if(s[i]=='U')posty[i]++;
}
!=(abs(cntx)+abs(cnty))%);
,high=n+,mid;
){
mid=(low+high)/;
if(can(mid))high=mid;
else low=mid;
}
)printf("%d\n",high);
else puts("-1");
;
}
/*
7
RRRRRRR
3 0
7
LRLRLRR
3 2
3
UUU
0 2
7
RRRUUUU
1 5
6
UUUUUU
0 6
5
DDDDD
0 1
7
RRRUUUL
7 0
4
URDL
0 0
3
DDD
0 0
2
RR
0 0
16
UUUUUUUUUUUUUUUU
0 15
2
LD
-1 -1
5
RURUU
-2 3
6
RRRUUU
2 -2
**/
D. Berland Fair
①先考虑$T$大于序列和的情况：此时，$ans+=\frac{T}{序列和}*序列长度$，同时$T%=序列和$；
②当$T$小于序列和时，枚举序列的所有元素，如果$a[i]\le T$，那么$T-=a[i],ans+=1$，并且把$a[i]$放到一个临时序列中，同时记录这些$a[i]$的和，枚举原序列结束后，用临时序列替换原序列，回到步骤①。当临时序列为空时，说明没有$a[i]\le T$，那么，退出循环，输出答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define pb(x) push_back(x)
LL n,a[];
int main() {
LL tot,sum=,ans=;
vector<LL> v,tmp;
scanf("%lld%lld",&n,&tot);
;i<=n;++i)scanf("%lld",a+i),v.pb(a[i]),sum+=a[i];
){
if(tot>=sum){
ans+=(tot/sum)*(LL)v.size();
tot%=sum;
}
tmp.clear();
sum=;
;i<v.size();++i){
if(v[i]<=tot){
tot-=v[i];
sum+=v[i];
ans++;
tmp.pb(v[i]);
}
}
)break;
v.assign(tmp.begin(),tmp.end());
}
printf("%lld\n",ans);
;
}
/*
3 1000000000000000000
1000000000 1000000000 1000000000
7 1000000000000000000
1000000000 1000000000 1000000000 1000000000 1000000000 1000000000 1000000000
6 1000000000000000000
1 1000000000 1 1000000000 1000000000 1000000000
**/
E. Segment Sum
裸的数位$dp$。$dp[pos][sum][bit]$表示前面的数位累加和为$sum$，前面使用过的数字的二进制表示为$bit$时，从$pos$位开始往下搜索，后面的数位随意组合，可以搜索到的满足条件的数字个数以及他们的和。$dp$数组用$pair<long\ long,long\ long>$表示。注意，$dp[pos][sum][bit].second$是表示从$pos$位开始往下搜索，搜到的满足条件的数字的后$pos$位的和。前面的权值部分不算，否则就乱套了。另外，是和，也就是权值和，相当于取后半截作为一个数字的值，而不是数位和。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb(x) push_back(x)
#define mk(x, y) make_pair(x, y)
typedef long long LL;
typedef pair<LL,LL> pll;
LL x,y,k;
;
],dn;
pll dp[][][];
LL pow10[];
pll dfs(int pos,int sum,int bit,bool limit,bool lead){
)return __builtin_popcount(bit)<=k?mk(1LL,0LL):mk(0LL,0LL);
)return dp[pos][sum][bit];
pll ans=mk(,);
,top=limit?digit[pos]:;i<=top;++i){
pll pp=dfs(pos-,sum+i,lead&&i==?bit:bit|(<<i),limit&&i==top,lead&&i==);
ans.first+=pp.first%mod;
ans.second+=(i*pow10[pos-]%mod*pp.first%mod+pp.second)%mod;
if(ans.second>=mod)ans.second%=mod;
}
if(!limit)dp[pos][sum][bit]=ans;
return ans;
}
LL solve(LL v){
);
dn=;
){
digit[++dn]=v%;
v/=;
}
,,,).second;
}
int main() {
pow10[]=1LL;
;i<=;++i)pow10[i]=pow10[i-]*10LL;
memset(dp,-,sizeof(dp));
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&k);
printf())%mod);
;
}
/*
1 100000000 9
**/
F. Choosing Two Paths
G. Yet Another LCP Problem