A

基本的贪心思路是先把能消灭一整行的次数用完，使得剩下的列尽量少，然后看看看剩下的列有多少个，和b比较一下大小。

我就枚举每行是否要放“消灭一行”的技能，然后现在就是要看看还有那些列需要放一个“消灭一列”的技能，这个可以预处理。

整个算法的复杂度应该是

B

将p质因数分解，然后二分

C

反过来想，一开始是n个孤立节点，我要添加恰好条边，让他连通块尽量少多。

第一条肯定会让连通块数减少1，第二条也只能让连通块减少1，现在形成了一条包含三个点的链，接下来一条把这链的两个端点连起来，这一步没有让连通块的个数变少，再接下来一条边只能让连通块个数减少1......重复这样的过程：除非必须要把孤立点连进来，否则我就在大连通块内部连点。
形成个连通块能用完的最大边数依次为：
二分可以解决

D

注意这是个条件概率
先求全局条件下“有t个人参加party之前就被感染，且最后共k人感染”的概率，令：



对每个t，假设用上式算出的概率是P(t)
那么对于一个t，所求的条件概率就是

E

有符号整数只是把最高位作为符号位而已，其真值仍然是一个在的整数，也就是模意义下的非负整数，所以无论c是多少，我枚举，都能得到对应的b = c-a。（该减法是在模意义下进行的）
所以答案总是

F

对于某个确定的序列，美丽度等于：


我要做的事情实际就是枚举这个序列，每个序列用上述式子求出美丽度。
前面那个1，显然每次都要算上，对答案的贡献就是
后面和式，我可以对于每个i，算一下对答案的贡献是多少。
其实就是要算的情况数，也就等于


预处后面那个积，这个式子是可以O(1)算的

G

先算出每条边在答案中被加了多少次
然后把这个次数升序排序，从前往后依次分配权值

H

直接说结论：如果，那肯定可以凑出，我只需要把所有的数字从大到小排序，依次加入数字，肯定在某个时刻和就等于。
正确性：
如果我有一个，那肯定在第一步就找到方案了
如果没有，那肯定最大的数字不大于，假设我一个一个加入，当前已经加入的数字的和是S，再加入一个数字x的时候，考虑S的二进制表示加上一个2的幂，可能会产生进位，这个进位有可能最终使S的位数增加1，或者也可能保持不变。如果这次进位使得最终S的位数增加1，那么这次进位肯定是类似这种情形111000+1000，也就是从x的1那一位往上的位，在S中是连续一段1，这样的加法肯定执行完之后产生的结果肯定是2的幂次，既然最终的和不小于，那么在某一次进位的时候肯定产生了这个数。

I

字典序最大的子串肯定是个后缀，直接在所有的后缀中取max就可以

J

最大值减去最小值

标程

A题 B题 C题 D题 E题 F题 G题 H题 I题 J题