最终A了8道题， 喜提一金， 也是在意料之中。 第一次三个队友集中在一起打比赛， 也体验了一下线下的氛围， 还是比较赞的， 自己也不是说毫无作用， 帮助团队做了几道题， 还是挺满意的。

1002

emmmmm， 我当时是正着看的题， 所以率先看到了这道题， 我感觉是能写， 但刚开始这道题A的并不多， 并且我的数论就。。。。， 最后让给了队友， 最后还是A掉了。 首先我们看到， 总的方案数肯定是\(m^n\), 这就是最后的分母，在看我们对boss的伤害其实对技能没有关系， 只是跟技能的次数有关系，所以我们不妨枚举每个技能出现的次数所对boss造成的伤害， 最终乘以m即可。 假如第一个技能用了i次， 那能够造成的伤害总量是多少呢。 首先这个技能位置的选择是\(C_n^i\), 其他技能的选择就是\((m-1)^{n-i}\), 不难看出，这个技能对答案的贡献是\(\sum_{i = 1}^n*C_n^i*(m-1)^{n-i}*i^2\), 当然， 把这个数乘以m就是我们的最终答案。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e5 + 10;
const int maxn = 1e5; 

template < typename T > inline void read(T &x) {
	x = 0; T ff = 1, ch = getchar();
	while (!isdigit(ch)) {
		if (ch == '-') ff = -1;
		ch = getchar();
	}
	while (isdigit(ch)) {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
		ch = getchar();
	}
	x *= ff;
}

int T, n, m, ans = 0;
int jc[N], inv[N];

inline int power(int a, int b) {
	int ans = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) ans = (ans * a) % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1; 
	}
	return ans;
}

inline void pre() {
	jc[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= maxn; ++i) jc[i] = jc[i - 1] * i % mod;
	inv[maxn] = power(jc[maxn], mod - 2);
	for (int i = maxn - 1; i >= 0; --i)
		inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

inline int C(int n, int m) {
	return jc[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}

signed main() {
	read(T);
	pre();
	while (T--) {
		read(n), read(m);
		ans = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) 
			ans = (ans + m * C(n, i) % mod * power(m - 1, n - i) % mod * i % mod * i % mod) % mod;
		ans = ans * power(power(m, n), mod - 2) % mod;
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
} 

1003

这是我独立A掉的一道题， 感觉还可以， 看到这张图上只有17个点， 考虑状压， 并且最优情况下的话， 每一次都会投出6， 结合最短路， 设dis[x][z],表示在第x个点， 状压的状态为z的所剩的最大骰子数。 跑一遍Dijkstra即可， 当然， 这道题的细节很多， 首先， dis的初值一定要是-1， 因为有些点根本就达不到， 并且， 题目上说的是严格大于这个格子的数值。 最后， 在你占领某个格子以后显然可以随意的来回， 不需要消耗糖果。 这个问题当时卡了我一下。最后我想出办法， 当我把队头的某个点取出后， 枚举当前所占领的点， 如果此时的dis[y][z]还没有更新的话， 我们可以让他回去， 及dis[y][z] = dis[x][z], 这样便于更新接下来答案。

1005

这是开的第一题， 也经历一些波折之后写过去了， 其实还是挺简单的， 设dp[i][j]表示前i个事件所剩体力为j所能得到的最大价值， 然后双重循环即可， 如果结束的话就是在每回合直接更新一下ans， 就相当于到这一轮结束了

1006

额。。。这也是我先看到的题， 我不知道怎么想的， 觉得这道题可写， 但是确实没啥思路。。。到最后竟然没有人写出来， 我还是先说一下思路把(能不能写出来还是一个问题。。。)通过打表或者猜测得知， 这个题的答案不会很大， 最大大概是17（当时应该想到的。。）， 那么一定有一个矩形的差是不超过8的， 知道答案很小之后就可以枚举了！于是可以枚举小的那个矩阵的长宽的差值x和宽的值w ，那么这个矩形的长显然是x+w，由于面积不超过n,所以这个枚举的次数是\(8\sqrt{n}\)的枚举了其中一个矩阵，就知道了另一个矩阵的面积\(S\)，由于已经知道答案会很小，另一个矩阵的长宽之差肯定也很小,枚举矩阵的宽（从\(\sqrt{S}\)逐渐减小的枚举），当长宽之差不小于lim- x就可以停止了，后面肯定没有要找的答案。加上一系列的优化应该会跑的很快。(这道题暂时待定把。。。。)

1007

这道题没写出来挺可惜的其实， 大概的思路都想到了其实， 就是说让每个点都作为中心点， 然后主副对角线不同元素取个最小值。 但是在统计的时候没有细想，哎。不想打了， 直接粘一波题解把。。

其实统计个数的时候完全可以开个数组来判断某个数是否出现过， 只是当时想的是行枚举， 其实按对角线枚举的话就轻而易举了。（代码回头在补把）

1008

又是一道数论题， 当然是交给圣元了， 但是他的那种方法好像被卡了， 最后也没有过。 这道题的方法还是挺多的， 数论也要好好学呀。。。

1009

我和古晨峰合伙过的一道题， 首先对于每个背包i，都有l[i]的物品是必取的， 那我们显然是需要把这些物品全取出来， 把前k个值翻倍(不足k个全部翻倍)， 这就是取最少物品的答案， 而对于每个背包i而言， 还可以取r[i]-l[i]个物品， 那我们把这些物品全部取出来， 从大到小排序， 每次取出最大的数显然就是当前方案的最大值， 这时， 我们需要动态维护一个前K大的值， 因为这些物品需要翻倍， 一个小根堆显然可以， 保证这个小根堆的size要≤k， 如果等于k的话， 就把最小的值取出，与当前的这个数比较， 如果当前的这个数比较大， 就把堆顶出栈， 这个数加进去， 还是挺容易实现的。

1010

额。。我和古晨峰神奇的讨论出主席树+二分的做法， 交了一发还真过了， 他的码力是真强呀。。。。
先说一下我们的做法把， 首先离散化， 然后建一颗权值主席树， 从当前这个点去判断左边是否存在k个比它大的点， 如果存在的话就去二分这个节点， 总复杂度\(nlog^2n\), 与k没有关系。。，但是k只有50， 并且数据是随机生成的， 所以暴力出奇迹， 暴力直接A

总的来说， 这次的CCPC还算可以， 希望能够好好补补自己知识的不足， 并且和队伍磨合的更好