A.平面上有n个点，初始小y在(0,0),每次可以选择从(x,y)走到(x+1,y)或者(x,y+1)，求他能否走出一条经过所有n个点的路径

按x排序，检查y是否递增即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
pair<int, int> a[1000010];
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i].first >> a[i].second;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    bool flag = true;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (a[i].second < a[i - 1].second) {
            flag = false;
            break;
        }
    }
    flag ? puts("YES") : puts("NO");
    return 0;
}

B.求一颗n层的满k叉树，求任意两点之间距离和等于多少，答案对1e9+7取模

考虑每一条边对答案的贡献，显然等于这条边的两边点数相乘。
以样例中n=3,k=3为例。3层满3叉树有1+3+9=13个结点。外层边的贡献为1 * (13 - 1) * 9,第二层边的贡献为（1 + 3）* [13 - (1 + 3)] * 3。按这个规律计算即可。
注意：第17行a[n] - a[i]出现了两个模过的数相减，必须加上mod，避免负数取模。（死在这里。。）

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 10;
int a[maxn], b[maxn], n, k;

signed main() {
    cin >> n >> k;
    a[1] = 1; b[1] = k;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        a[i] = (a[i - 1] * k + 1) % mod;
        b[i] = b[i - 1] * k % mod;
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
        ans = (ans + a[i] * (a[n] - a[i] + mod) % mod * b[n - i]) % mod;
    }
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

C.给出长度为n的序列a及一个数k,定义一段区间[l,r]的美丽值为max(a[i]..a[j])=min(a[i]..a[j])+k(l≤i≤j≤r)的个数
求区间[1,n]的美丽值，n<=1e6

题解来自讨论区
注意到，固定左端点，max-min的值随右端点单调递增；左端点右移时，满足条件的右端点单调递增。
于是对每一个左端点，找到max-min第一个等于k的r1和第一个大于k的r2，ans += r2 - r1即可。
可以用线段树查询区间最值，由于右端点单调递增，复杂度为O(NlogN)，可以通过。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10;
int a[N], n, k;

struct node {
    int mn, mx;
} t[N << 2];

void pushup(int rt) {
    t[rt].mn = min(t[rt << 1].mn, t[rt << 1 | 1].mn);
    t[rt].mx = max(t[rt << 1].mx, t[rt << 1 | 1].mx);
}

void build(int l, int r, int rt) {
    if (l == r) {
        t[rt] = {a[l], a[l]};
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    build(l, mid, rt << 1);
    build(mid + 1, r, rt << 1 | 1);
    pushup(rt);
}

node query(int a, int b, int l = 1, int r = n, int rt = 1) {
    if (a <= l && r <= b) return {t[rt].mn, t[rt].mx};
    if (l > b || r < a) return {0x3f3f3f3f, 0};
    int mid = l + r >> 1;
    node ls = query(a, b, l, mid, rt << 1);
    node rs = query(a, b, mid + 1, r, rt << 1 | 1);
    return {min(ls.mn, rs.mn), max(ls.mx, rs.mx)};
}

int main() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    build(1, n, 1);
    ll ans = 0;
    int r1 = 1, r2 = 1;
    for (int l = 1; l <= n; l++) {
        node q = query(l, r1);
        while (r1 <= n && q.mx - q.mn < k)
            r1++, q = query(l, r1);
        q = query(l, r2);
        while (r2 <= n && q.mx - q.mn <= k)
            r2++, q = query(l, r2);
        if (r1 <= n) ans += r2 - r1;
        else break;
    }
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}