Problem A 不会排序？对不起，我无可奉告。
Problem B 每个人操作的过程可以这么描述：遇到第一个0之前，将路上所有的1变成0，并将第一个0变成1，不难发现这其实相当于二进制的加一操作。共m次操作则相当于把m转为二进制然后输出末n位。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; int a[65]; int main(){ int n; LL m; cin>>n>>m; int t=0; while (t<n){ a[++t]=m%2; m/=2; } for (int i=n;i>=1;i--) printf("%d",a[i]); }Problem C 首先不难设计出平方级的算法：i枚举n，j枚举t，然后直接累加即可。如果画个图就可以发现，j多次扫描过了同一点，所以可以将i与j的父子关系转为兄弟关系，用单调队优化。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1000000+5; int m[maxn],t[maxn],q[maxn]; int main(){ int n,x,y; cin>>n>>x>>y; for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&m[i],&t[i]); int j=1,ans=1; q[m[1]]=1; printf("1"); for (int i=2;i<=n;i++){ if (!q[m[i]]) ans++; q[m[i]]++; while (t[i]-t[j]>y){ q[m[j]]--; if (!q[m[j]]) ans--; j++; } printf(" %d",ans); } }Problem D 裸的威佐夫博弈。 我们用（ak，bk）（ak ≤ bk , k = 0，1，2，…,n)表示两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们称为必败局势。前几个必败局势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。可以看出,a0 = b0 = 0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk = ak + k。 必败局势有3条神奇的性质： 1、任何自然数都包含在一个且仅有一个必败局势中。 证明：由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 ，所以性质1成立。 2、任意操作都可以将必败局势改为非必败局势。 证明：若只改变必败局势（ak，bk）的某一个分量，那么另一个分量不可能在其他必败局势中，所以必然是非必败局势。如果使（ak，bk）的两个分量同时减少，则由于其差不变，且不可能是其他必败局势的差，因此也是非必败局势。 3、采用适当的方法，可以将非必败局势变为必败局势。 可以想到，两个人如果都采用正确操作，那么面对非必败局势先拿者必胜；反之则后拿者取胜。 如何判断一个局势是否必败呢？我们有一个公式：ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…,n 方括号表示取整函数)。 具体做法：对于局势(x , y)，判断 x ?= ((y-x)*(sqrt(5)+1)) / 2 向下取整。
#include<iostream> #include<cmath> using namespace std; int main(){ int a,b; cin>>a>>b; if (a<b) swap(a,b); int c=(int)(a-b)*(1+sqrt(5))/2.0; if (c==b) cout<<0; else cout<<1; }