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A题解知识点：数学 。
【Div. 2 Codeforces Round #833A-D.md】注意到 \(n\) 为奇数时，不考虑连续性，一共有 \(\lceil \frac{n}{2} \rceil ^2\) 个格子，接下来证明一定能凑成方块 。
从下往上从大到小摆，第 \(1\) 层摆 \(1 \times \lceil \frac{n}{2} \rceil\) 的矩形，第 \(i\geq 2\) 层显然可以成对摆放 \(1 \times \lceil \frac{n-i}{2} \rceil\) 和 \(1\times (\lceil \frac{n}{2} \rceil -\lceil \frac{n-i}{2} \rceil)\) 的矩形 。
\(n\) 为偶数时，总数最多构成 \(\lceil \frac{n}{2} \rceil ^2\) 大小的方形，和奇数情况一样，但会最后多一个最长的矩形 。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;bool solve() {int n;cin >> n;cout << (n + 1) / 2 << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}B题解知识点：枚举 。
显然根据鸽巢原理 ， 合法的串长度不会超过 \(100\)，对每位向前枚举 \(100\) 位即可 。
时间复杂度 \(O(100\cdot n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int a[100007];bool solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1;i <= n;i++) {char ch;cin >> ch;a[i] = ch - '0';}ll ans = 0;for (int i = 1;i <= n;i++) {vector<int> cnt(10);int vis = 0, mx = 0;for (int j = i;j >= 1 && i - j + 1 <= 100;j--) {if (cnt[a[j]] == 0) vis++;cnt[a[j]]++;mx = max(mx, cnt[a[j]]);if (mx <= vis) ans++;}}cout << ans << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}C题解知识点：贪心，枚举 。
一个 \(0\) 能被修改成任意数字，它能影响到自己到下一个 \(0\) 之前的所有前缀和的贡献（下一个 \(0\) 能继续调整，所以不纳入这个 \(0\) ） 。
我们统计两个 \(0\) 中间（包括左边的 \(0\) ，但不包括右边的）前缀和种类，然后把 \(0\) 调整成能将最多数量的一种前缀和变为 \(0\) 即可 。
从后往前枚举，最左边一段左侧没有 \(0\) 因此只有前缀和为 \(0\) 的才有贡献 。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int a[200007];ll sum[200007];bool solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i], sum[i] = sum[i - 1] + a[i];int ans = 0, mx = 0;map<ll, int> mp;for (int i = n;i >= 1;i--) {mp[sum[i]]++;mx = max(mp[sum[i]], mx);if (a[i] == 0) {ans += mx;mx = 0;mp.clear();}}ans += mp[0];cout << ans << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}D题解方法一知识点：构造 。
首先设 \(d\) 的尾 \(0\) 数为 \(k\)，如果 \(a\) 或 \(b\) 的尾 \(0\) 数小于 \(k\) ，那么一定无解 。因为 \(d\) 的因子包括 \(2^k\)，而 \(a\) 或 \(b\) 的因子或以后也不会包括 \(2^k\) ，因为尾部有 \(1\)。
如果有解，我们考虑用 \(x\) 把 \(a\) 和 \(b\) 同步 ， 又要保证能被 \(d\) 整除 。因此我们可以从第 \(k\) 位开始到第 \(29\) 位 ， 如果 \(x\) 第 \(i\) 位为 \(0\) 则用 \(d\) 的第一个 \(1\) 通过加法填充这位，即 \(x + d \cdot 2^{i-k}\) ，这只会影响第 \(i\) 位之后的位，之前的不会影响 。
于是我们把 \(a,b\) 前 \(30\) 位同步，于是一定有 \(a|x = b|x = x\)  ， 且或以后能被 \(d\) 整除。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
方法二知识点：数论，构造 。
方法一得到的结论是： \(x\) 前 \(30\) 位除去 \(k\) 个尾 \(0\) 都用 \(d\) 加成 \(1\)。设后 \(30\) 位为 \(p\) 于是 \(x = p\cdot 2^{30} + (2^{30} - 2^k)\)。
我们尝试直接求出这个 \(p\) ：
\[\begin{aligned} p\cdot 2^{30} + (2^{30} - 2^k) &\equiv 0 & &\pmod d\\ p\cdot 2^{30-k} + (2^{30-k} - 1) &\equiv 0 & &\pmod{\frac{d}{2^k}}\\ p &\equiv \bigg(\frac{1}{2} \bigg)^{30-k} - 1 & &\pmod{\frac{d}{2^k}}\\ p &\equiv \bigg(\frac{\frac{d}{2^k}+1}{2} \bigg)^{30-k} - 1 + \frac{d}{2^k} & &\pmod{\frac{d}{2^k}}\\\end{aligned}\]时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码方法一#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;bool solve() {int a, b, d;cin >> a >> b >> d;int k = __builtin_ctz(d);if (k > __builtin_ctz(a) || k > __builtin_ctz(b)) return false;ll x = 0;for (int i = k;i < 30;i++) if (!(x & (1 << i))) x += (ll)d << (i - k);cout << x << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}