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C. Spiral Rotation
D. ABA
E. 3 Team Division
F. Road Blocked
C. Spiral Rotation
根据公式可以发现，第一次动全部，第二次动除了最外面一圈，第三次动除了最外面两圈。
也就是说第一圈的点会改变一次，第二圈的点会改变两次，以此类推。
把从（x，y）到（y，n + 1 - x）分成两步，先变到（n + 1 - x，y），再变到（y，n + 1 - x）
第一步实际上是关于水平平分线做对称，第二步是横纵坐标互换，关于 y = x 对称
这种多步对称的，一定存在一个循环节，对称 n 次后会回到原点，此处是 4 次。也就是说对于一个点只要走（所在圈层 % 4）次，优化到 4 * n^2
注意要重新开一个图去复制
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 3e3 + 5, INF = 1e18;int T, n, cnt, ans;
char in[N][N], ot[N][N];
string s;signed main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++){cin >> s;for (int j = 1; j <= n; j ++)in[i][j] = s[j - 1];}for (int i = 1; i <= n; i ++)for (int j = 1; j <= n; j ++){int id = min(min(i, n - i + 1), min(j, n - j + 1));int ti = id % 4;int tx = i, ty = j;for (int k = 1; k <= ti; k ++){int nx = n + 1 - tx, ny = ty;swap(nx, ny);tx = nx, ty = ny;}ot[tx][ty] = in[i][j];}for (int i = 1; i <= n; i ++){for (int j = 1; j <= n; j ++)cout << ot[i][j];cout << '\n';}return 0;
}D. ABA
暴力的做法：设当前枚举到 i，第 i 个字符为 Cn（第 n 次出现），ans += （ i - C1 - 1 ）+（ i - C2 - 1 ）+ …… +（ i - Cn-1 - 1 ）。
看到这是一个求和公式，应该把它拆开来，变成（ i - 1 ）*（ n - 1 ）+（ C1 + C2 + …… + Cn-1 ）。后者就是在 i 之前出现过的所有和第 i 个字符相等的字符的下标求和。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5, INF = 1e18;int T, n, res, d[30], cnt[30], ans;
string s;
map<char, int> mp;signed main()
{cin >> s;int len = s.length();s = ' ' + s;for (int i = 1; i <= len; i ++){int num = s[i] - 'A';ans += (i - 1) * cnt[num] - d[num];cnt[num] ++, d[num] += i;}cout << ans;return 0;
}E. 3 Team Division
三个队伍，每个队伍的力量值相等且都为总和的三分之一，这是很明显的背包特征，每个队伍的力量值就相当于是体积，且必须装满，只是背三个包。
定义 dp [ i ] [ a ] [ b ] [ c ] ：前 i 个人，一队的力量值为 a，而队的力量值为 b，三队的力量值为 c。但第四维是可以省略掉的，只需要求一个到 i 个人为止的力量总和，减掉 a 减掉 b 就是 c。
尤其要注意枚举 a 和 b 的时候一定要从 0 开始，不能是 1。比如说会更新 dp [ 1 ] [ a ] [ 0 ]。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5, INF = 1e9;int T, n, tot, ans, g[105], w[1505], d[105], dp[105][505][505];signed main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++){cin >> g[i] >> w[i];tot += w[i];d[i] = d[i - 1] + w[i];}if (tot % 3 != 0){cout << "-1";return 0;}tot /= 3;for (int i = 0; i <= n; i ++)for (int a = 0; a <= tot; a ++)for (int b = 0; b <= tot; b ++)dp[i][a][b] = INF;dp[0][0][0] = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++)for (int a = 0; a <= tot; a ++)for (int b = 0; b <= tot; b ++){int x = INF, y = INF;if (a - w[i] >= 0)x = dp[i - 1][a - w[i]][b] + (g[i] != 1);if (b - w[i] >= 0)y = dp[i - 1][a][b - w[i]] + (g[i] != 2);if (d[i] - a - b >= 0)dp[i][a][b] = dp[i - 1][a][b] + (g[i] != 3);dp[i][a][b] = min(min(x, y), dp[i][a][b]);}int ans = dp[n][tot][tot];if (ans != INF)cout << ans;elsecout << "-1";return 0;
}
F. Road Blocked
整体思路：把所有询问离线下来，然后倒过来做，把删边变成加边。
具体做法：
（1）把读入的边都先加上，vis 标记为 1 表示这条边存在
（2）每个询问按顺序存下来，如果是操作一就把对应边的编号的 vis 置为 0，表示这条边不存在
（3）初始化 f，自己到自己可达，其余均为 INF。然后存在边的两点修改 f。
（4）倒序遍历所有离线下来的操作，如果是第二种询问那答案也是存下来
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5, INF = 1e18;struct node
{int u, v, w;
}e[N];struct qnode
{int opt, id, x, y;
}que[N];int T, n, m, q, cnt, ans[N], vis[N], f[305][305];
string s;signed main()
{cin >> n >> m >> q;for (int i = 1; i <= m; i ++){cin >> e[i].u >> e[i].v >> e[i].w;vis[i] = 1;}for (int i = 1; i <= q; i ++){cin >> que[i].opt;if (que[i].opt == 1){cin >> que[i].id;vis[que[i].id] = 0;}elsecin >> que[i].x >> que[i].y;}for (int i = 1; i <= n; i ++)for (int j = 1; j <= n; j ++)if (i == j)f[i][j] = 0;elsef[i][j] = INF;for (int i = 1; i <= m; i ++){if (vis[i] == 0)continue;f[e[i].u][e[i].v] = e[i].w;f[e[i].v][e[i].u] = e[i].w;}for (int k = 1; k <= n; k ++)for (int i = 1; i <= n; i ++)for (int j = 1; j <= n; j ++)f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k][j]);for (int i = 1; i <= q; i ++)ans[i] = -1;for (int i = q; i > 0; i --){if (que[i].opt == 1){int u = e[que[i].id].u, v = e[que[i].id].v, w = e[que[i].id].w;f[u][v] = min(f[u][v], w), f[v][u] = min(f[v][u], w);for (int i = 1; i <= n; i ++)for (int j = 1; j <= n; j ++)f[i][j] = min(min(f[i][j], f[i][u] + w + f[v][j]), f[i][v] + w + f[u][j]);}else{int x = que[i].x, y = que[i].y;cnt ++;if (f[x][y] != INF)ans[cnt] = f[x][y];}}for (int i = cnt; i > 0; i --)cout << ans[i] << '\n';return 0;
}