组题人自己组完过后，才发现自己还是太弱了。。。
T1
简单模拟。
按照游戏规则直接模拟显然是不明智的，所以我们可以像石头剪刀布一样，将判断改变为检验。
同时，我们发现，一共只有48种牌，所以我们可以直接开一个数组记录一下，$card[peo][col][tag]$表示第$peo$个人，第$col$种颜色，第$tag$种牌型有多少张
然后，按照优先级，暴力枚举每个人的每一张牌，同时根据游戏规则进行检验，比如当此时仍有"+2"卡在传递时，除了"+2"和"turn"两种牌型牌型外其余任何牌型都不能出等等。
然后这个题目就解决啦！
Upd：有点锅，按照题意修改了一下题面（是我没表述清楚啦QAQ）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int card[20][20][20];
int cnt[10],vis[10];
struct cc{
int lei,tim,id;
}boom[10];
bool cmp(cc x,cc y)
{
return x.lei==y.lei?x.tim<y.tim:x.lei<y.lei;
}
bool check(int col,int tag,int lstcol,int lsttag,int dl)
{
if(lstcol==-1&&lsttag==-1) return 1;
if(dl)
{
if((col==lstcol)&&(tag==12||tag==11)) return 1;
return 0;
}
else
{
if(col==lstcol||(tag==lsttag&&tag!=11&&tag!=12)) return 1;
else return 0;
}
}
int main()
{
// freopen("UnIon10.in","r",stdin);
// freopen("UnIon10.out","w",stdout);
// freopen("样例解释.out","w",stdout);
int ggg=0;
for(int i=1;i<=4;++i)
{
scanf("%d",&cnt[i]),boom[i].id=i,ggg+=cnt[i];
}
for(int i=1;i<=4;++i)
{
for(int j=1;j<=cnt[i];++j)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
++card[i][a][b];
}
}
int nex=1,now=1,peo=4,dilei=0,lc=-1,lt=-1;
int ti=0;
if(!ggg)
{
printf("0 0 0 0 \nxiaoai\n");
return 0;
}
while(peo>1)
{
// printf("%d\n",peo);
if(now==0) now=4;
if(now==5) now=1;
int flag=0;
if(!cnt[now])
{
now+=nex;
continue;
}
vis[now]=1;
++ti;
for(int i=1;i<=4;++i)
{
for(int j=12;j>=1;--j)
{
if(card[now][i][j]&&check(i,j,lc,lt,dilei))
{
flag=1;
// printf("%d %d %d\n",now,i,j);
--card[now][i][j];
--cnt[now];
lc=i;
lt=j;
if(j==12) nex=-nex;
if(j==11) dilei+=2;
break;
}
}
if(flag) break;
}
if(!cnt[now]) --peo,boom[now].tim=ti;
if(!flag) ++boom[now].lei,lc=-1,lt=-1,boom[now].lei+=dilei,dilei=0;
now+=nex;
}
while(!cnt[now])
{
now+=nex;
if(now==0) now=4;
if(now==5) now=1;
}
boom[now].lei+=dilei;
for(int i=1;i<=4;++i)
boom[i].lei+=cnt[i],printf("%d ",boom[i].lei);
sort(boom+1,boom+5,cmp);
printf("\n");
if(boom[1].id==1) puts("xiaoai");
else if(boom[1].id==2) puts("Yoyo");
else if(boom[1].id==3) puts("Siri");
else if(boom[1].id==4) puts("Bixby");
return 0;
}
T2
这是一道二合一的题目。
简单二分 （三分）+简单背包
首先，只要你学过背包就一定能看出这是一个背包问题，还是一个放满背包问题。
在这里就不细说了，简单讲一讲前面的部分
求 $$ f(x)=x^x $$
已知$f(x)$,求较小的$x$
首先，我们可以将这个函数的图像画出来 比赛时这么做的打死
可以很清晰的看到在这个函数当中有一个最低点，跟二次函数类似。
那，怎样求最低点呢？
标准解法：三分法
可以右转洛谷模板区
对于一个在$[l,r]$区间上存在最值的函数$f(x)$,都可以用三分法解决。 
观察这张图，就可以轻松找到规律（转载声明，感谢图片）
1、当 f(mid) > f(mmid) mmid 一定在白点的右边。
2、当 f(mid) < f(mmid) mid 一定在白点的左边。
然后就可以愉快的三分了
非标准解法：枚举法
我们将函数图像进一步放大，或者也可以通过函数有关的知识可以得到，这个最低点一定在0~1之间，所以，题目要求保留5位小数，我们可以枚举6~7位小数，取其中得到的最小值，同样可以得到答案。
找到最低点之后，我们发现，在最低点左边的部分单调，在最低点右边的部分也单调，所以我们可以采取分段二分的方式，针对不同的数据范围，进行方向调整不同的二分，就可以求出每个小面包所需要的最低成本，然后以其为价值，进行dp即可。
于是这道题目也被解决了。
#include<bits/stdc++.h>
#define eps 1e-9
#define low 0.36787897
using namespace std;
const int maxn=200000;
int n;
long double l,r=20;
double fff(double x){return pow(x,x);}
double solve(double x)
{
l=0,r=20;
if(x<1)
{
r=low;
while(r-l>eps)
{
double mid=(l+r)/2.0;
if(fff(mid)>x) l=mid;
else r=mid;
}
return l;
}
else
{
l=low;
while(r-l>eps)
{
double mid=(l+r)/2.0;
if(fff(mid)<x) l=mid;
else r=mid;
}
return l;
}
}
int c[maxn];
double v[maxn],f[maxn];
int opt;
int main()
{
freopen("baker.in","r",stdin);
freopen("baker.out","w",stdout);
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lf%d",&v[i],&c[i]),v[i]=solve(v[i]);
for(int i=1;i<=20000;++i)
f[i]=(double)998244353;
f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=c[i];j<=20000;++j)
f[j]=min(f[j],f[j-c[i]]+v[i]);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
scanf("%d",&opt);
while(f[opt]==998244353&&opt>0) --opt;
if(opt==0) printf("-1T^T1-\n");
else printf("%d %.5lf\n",opt,f[opt]);
}
return 0;
}
T3
老实说，这是我扒的原题，因为解法太多，也有值得借鉴的地方，就搬过来了。
简化版题意：求一个区间内的众数，且出现次数在区间中超过区间长度的一半。
首先，因为我是分块讲课人，自然要让大家学以致用。
使用分块，可以得到80%左右的分数，因为空间开不下，时间也不够。
使用莫队，可以得到86分，剩下14分，被我卡掉了。
开不开心，激不激动？
首先介绍一个知识
摩尔投票法
非常通俗的说，两群人打架，里面每个人都属于某一个帮派，现在两两PK，若是同一个帮派则握手平局，否则便两人皆淘汰。这样的话，很自然的可以得出，只要某一个帮派人数超过了总人数的1/2,就可以赢得比赛胜利。
摩尔投票法就是这样一个思想。
由于作者时间所限，给出题目链接：
利用这种方法，可以轻松通过m=1的数据。
下面抛出一个问题，摩尔投票法具有可加性吗？
答案是肯定的。
那我们可以用什么进行维护呢？
当然是线段树辣！！
这个东西，我们在后面会进一步提到。
但是，用线段树维护并不能保证找到的一定是正确的解。
所以我们需要对每一个数字开一个vector，记录其位置，然后检验一下，不成功就输出0
时间复杂度为$O(nlogn)$
记得我在讲搜索的时候，讲了一种剪枝方法——随机化剪枝，从此很多人就走上了不归路。
更进一步
既然维护了线段树都需要检验，可不可以不维护，直接进行检验呢？
我们先来解决这样一个数学问题：一个口袋里10个球，5红，5蓝，连续摸n次（放回），一次都摸不到红球的概率是？
显然，答案为$1/2^{n}$
那么，是不是，只要n足够大，就可以看作一定能摸到呢？
对于本题来说，可以，如果你的n到达到了20，就已经超出了这个范围，可以看作无错。
于是这个题目就解决啦！！
原题链接：P3567
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=6e5+10;
vector<int> pos[maxn];
int v[maxn];
bool vis[maxn];
int s[maxn],cnt;
int random(int x)
{
return 1ll*rand()*233%x;
}
int main()
{
// freopen("randerlng.in","r",stdin);
// freopen("randerlng.out","w",stdout);
srand(time(0));
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&v[i]),pos[v[i]].push_back(i);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int x,y,flag=1;
scanf("%d%d",&x,&y);
for(int j=1;j<=20;++j)
{
int now=v[x+random((y-x+1))];
if(vis[now]) continue;
vis[now]=1;
s[++cnt]=now;
if(pos[now].size()<=((y-x+1)/2)) continue;
int num=upper_bound(pos[now].begin(),pos[now].end(),y)-lower_bound(pos[now].begin(),pos[now].end(),x);
if(num>(y-x+1)/2)
{
printf("%d\n",now);
flag=0;
break;
}
}
while(cnt) vis[s[cnt]]=0,--cnt;
if(flag)
puts("0");
}
return 0;
}
拓展
按照作者的本意，本题还应该要支持修改操作~~(但是由于用现有知识复杂度不严格取消了)~~，应该怎么办呢？
按照随机的做法，我们只需要将vector中的保存的位置删除再添加即可，但这样做是$O(n)$的。
于是我们需要用平衡树来解决这个问题。
具体见此题：P3765
于是这场比赛就完了。
总结
这场比赛还是太水啦
估计：每人至少150pts+？
下次一定会难一点的，毕竟地球还在流浪嘛（手动狗头）
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4413559/blog/3510280