A

Solution

找出该段时间的分钟数 $x$， $x-k$即为最终的答案。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int a,b,c,d,m;

signed main()
{
	cin>>a>>b>>c>>d>>m;
	cout<<(c*60+d)-(a*60+b)-m<<endl;
	
	return 0;
}

B

Solution

首先，思考一下 $pd$的意义。它为总的答案贡献了2(一个 $d$和一个 $pd$)，而 $dd$也为答案贡献了 $2$(两个 $d$)。

同时， $d$自己也能为答案产生 $1$的贡献，而 $p$自己无法对答案产生任何贡献。

所以我们填 $p$干嘛呢？全填 $d$不就行了？
于是，我们在所有的’?'上填 $d$，再输出即为最终的答案。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n;

signed main()
{
	string s;
	cin>>s;
	n=s.size();
	for (int i=0;i<n;i++)
	{
		if (s[i]=='?')  s[i]='D';
	}
	cout<<s<<endl;
	
	return 0;
}

花絮: 看完题面直接往 $dp$方面想(只有 $p$和 $d$啊)

C

Solution

首先，设 $b_i$表示深度为 $i$的那一层中节点的数量。

容易得到， $b_1=1,b_n=a_n$。注意最后一层的所有节点均为叶节点。

于是，我们从两个角度开始推。

①已知 $b_1=1$。
容易发现，第 $i$层非叶节点的数量就是 $b_i-a_i$；由于这是一棵可爱的二叉树，并且要让答案最大；所以我们要让这 $b_i-a_i$个非叶节点的孩子的数量都是2。

我知道您觉得单独考虑这东西不行，因为 $b_n$不一定是 $a_n$——于是我们考虑第二种情况。

②已知 $b_n=A_n$。
首先，每个节点有且仅有一个父节点。所以，第 $i$层的节点的数量就是第 $i+1(i＜n)$的节点的数量**加上第 $i$层的叶节点的数量。直接递推。

我知道您很奇怪—— $b_1$不一定是1啊~于是，我们决定结合①②考虑答案。

现在，我们通过这两种情况，大概得出了 $b_i$的值。

容易发现，一层的节点的个数多了是不好的(这是一棵二叉树，如果每一层的节点数量都少那么这种树一定存在)；所以， $b_i$通过上述两种情况计算出答案分别为 $x,y$时， $b_i=min(x,y)$。

注意，当 $a_i>x_i$时(不可能在这一层产生这么多的叶节点)，应该直接输出 $-1$。

于是答案就是 $Σ_{i=1}^n b_i$。时间复杂度 $O(n)$。

什么？要用高精度？

本蒟蒻解释一下为什么不用高精度。首先，对于任何一棵树，从上到下，每一层节点的数量一定是单调不减的。第 $n$层的节点的数量 $(b_n)$一定是每层节点个数中的最大值，所以答案一定小于 $b_n×n$，即 $10^{13}$。既然最大值就这么一点，那么我们用 $long$ $long$存储就可以了。

既然不用高精度，代码就简短啦~

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
using namespace std;

int n,ans=0;
int a[100005],b[100005],c[100005];

int p[100005][205];

signed main()
{
	cin>>n;
	n++;
	for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
	
	b[1]=1,c[n]=a[n];
	for (int i=2;i<=n;i++)  b[i]=(b[i-1]-a[i-1])*2;
	for (int i=n-1;i>=1;i--)  c[i]=c[i+1]+a[i];
	for (int i=1;i<=n;i++)  ans+=min(b[i],c[i]);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (a[i]>b[i])  return cout<<-1<<endl,0;
	}
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

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