闲言
本人赛时，跳过了C，感觉D更有思路一点，然后也没乱搞出来D
事实证明，又是比赛脑子不好使的表现。
将贴出代码会在文章末尾贴出。
A
- 必然是让左上的直接走到右下，让左下的直接走到右上。
- 因为一次滑行就要一格能量，所以，一次尽量长，所以直接一条通到底是最好的（如题中样例解释图例）
- 之后便可以尝试，发现除了(1,1)需要特判，其他结果都是
(m - 1) * 2 n
B
因为是下取整，所以，如果从sum里分出的[x/k]结果大于0的话，其实是相当于没分出去。
所以，为了减小beauty值，只能每次分出去k-1到其他一格中。
不难发现sum为s的数组，它的beauty的最大值和最小值分别是 s / k和 (s - cnt * (k - 1)) / k
这样就可以判断无解的情况。
然后，具体方案，就可以通过模拟上述过程实现。
C
发现如果所有数都一样，题目中所定义的值为n*(n 1)/2
那后面就是修改的事情了（因为一开始的数据也可以看作是修改来的）
我们可以发现，只有当修改的数据对整体的所定义值的影响，只和 与旁边的数的关系和 它的位置有关
- 若和旁边数的关系是
相等，它就对整体没有除基础影响（所有数都一样时对整体的值的贡献）外的影响了； - 若和旁边的数的关系是
相异，它对整体的影响就是，包含这两个数组成的区间的大区间的总数，即大区间的左边界可取值的数的数量乘以大区间的左边界可取值的数的数量，即i*(n-i)（假定两数的位置关系为（i,i 1））
D
我从这位大佬的题解中明白的
题中要求最小字典序，即让在前面的数越小越好。
首先，容易理解，每个数的每个二进制位之间是相互独立互不影响的。
所以，我们需要通过 或的结果得出每个数需要满足条件的最大的数，然后再删去 1，把字典序变小。
一个数可能和多个数有关系，那么把这些 或的结果进行 与运算，我们就能够得到，那个数能满足答案的最大值。因为这些 或的结果中有某位是0，那么这个数的这一位就必不能是 1。
因此，我们让它尽量取 1了。所以得到的是那个数能满足答案的最大值。
这样之后，为了使得字典序最小，我们要从最前面的数开始把某一位 1改成 0，同时check这样改对和它相关联的数是否就算它取最大值也不能成立（这个数这一位取 0，与它相关的某个数，这一位因为和其他的数有关，不能取 1，那就无法维持原来的或的结果，即不行）
这里关于为什么要按位来操作，我其实没什么想法，因为我赛时就是，直接两个数进行位运算，然后没有过。
但，仔细想想是能发现，如果粗暴的用一个数单独的满足两个数的关系（就是一个数都用另一个数对应的位数来改）会让那个数大大受限，从而使得可能到达不了 最终的答案。
CODE
D
代码语言：javascript复制#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc .h>
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e5 10;
int n, m;
int a[N];
vector<PII> s[N];
bool flag[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
// freopen("i.txt", "r", stdin);
// freopen("o.txt", "w", stdout);
cin >> n >> m;
while (m--)
{
int i, j, x;
cin >> i >> j >> x;
s[j].push_back({i, x});
s[i].push_back({j, x});
}
for (int i = 1; i <= n; i )
{
if (s[i].size())
{
a[i] = (1 << 30) - 1;
for (auto x : s[i])
a[i] &= x.second;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i )
for (int j = 0; j < 30; j )
if (a[i] >> j & 1)
{
bool flag = false;
for (auto x : s[i])
if (!(a[x.first] >> j & 1) || x.first == i)
{
flag = true;
break;
}
if (!flag)
a[i] -= (1 << j);
}
for (int i = 1; i <= n; i )
cout << a[i] << " n"[i == n];
return 0;
}
/*
没有想着一位一位处理
*/
