A：签到。

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define N 510
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,k,a[N],f[N*N],t;
signed main()
{
n=read(),k=read();
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=i+1;j<=n;j++)
f[++t]=a[i]+a[j];
sort(f+1,f+t+1);reverse(f+1,f+t+1);
ll ans=0;
for (int i=1;i<=k;i++) ans+=f[i];
cout<<ans;
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　B：找到第一个和最后一个有1的列，状压dp一下即可，即设f[i][0/1][0/1]为第i列为0/1,0/1时的最优方案要加多少个1。

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define N 100010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return x*f; } int n,a[N][2],f[N][2][2],first,last,ans; signed main() { n=read(); for (int i=1;i<=n;i++) a[i][0]=read(); for (int i=1;i<=n;i++) a[i][1]=read(); for (int i=1;i<=n;i++) if (a[i][0]||a[i][1]) {first=i;break;} for (int i=n;i>=1;i--) if (a[i][0]||a[i][1]) {last=i;break;}
memset(f,42,sizeof(f));f[first-1][1][1]=0;
for (int i=first;i<=last;i++)
{
for (int x0=0;x0<2;x0++)
for (int x1=0;x1<2;x1++)
for (int y0=0;y0<2;y0++)
for (int y1=0;y1<2;y1++)
{
int tot=0;
if (a[i][0]==0&&x0==1) tot++;
if (a[i][1]==0&&x1==1) tot++;
if (x0==1&&y0==1||x1==1&&y1==1) f[i][x0][x1]=min(f[i][x0][x1],f[i-1][y0][y1]+tot);
}
}
ans=1000000000;
for (int i=0;i<2;i++)
for (int j=0;j<2;j++)
ans=min(ans,f[last][i][j]);
cout<<ans;
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　C：容易发现子序列中一个数的贡献是2l，而只需要考虑其是否是m的倍数，于是l超过logm后就没什么意义了。于是设f[i][j][k]为前i个数选了模m为j的k个数的方案数，转移显然。复杂度O(nmlogm)，直接就可以暴力过去。事实上应该是可以做到O(nm)的，因为只需要考虑模m/2k的值。

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define N 5010
#define P 1000000007
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return x*f; } int n,m,a[N],f[15][N],g[N],t; inline void inc(int &x,int y){x+=y;if (x>=P) x-=P;}
inline int dec(int x,int y){x-=y;if (x<0) x+=m;return x;} signed main() { n=read(),m=read();int tmp=m;while (tmp%2==0) t++,tmp>>=1;t++;
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
f[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
for (int j=0;j<m;j++) g[j]=f[t][j];
for (int j=0;j<m;j++) inc(f[t][j],g[dec(j,a[i])]);
for (int k=t;k;k--)
{
for (int j=0;j<m;j++)
{
inc(f[k][j],f[k-1][dec(j,a[i])]);
}
}
}
int ans=0;
for (int i=0;i<m;i++)
for (int j=1;j<=t;j++)
{
int x=i;for (int _=1;_<j;_++) x=(x<<1)%m;
if (x==0) inc(ans,f[j][i]);
}
cout<<ans;
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　D：差分序列，则区间修改变成单点修改，然后只要维护区间线性基即可，注意要强制令第一个数是否选，这样才能考虑完选偶数个数和奇数个数的情况。开始莫名其妙想成了前缀和，然后发现了一个选奇数个数的最大异或和的做法，即将每个数比最高位更高的一位设为1。

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define N 50010
#define P 1000000007
#define uint int
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return x*f; } int n,m,L[N<<2],R[N<<2],tree_o[N]; int a[N],mx; void modify_o(int x,int y){while (x<=n) tree_o[x]^=y,x+=x&-x;} int query_o(int x){int s=0;while (x) s^=tree_o[x],x-=x&-x;return s;} struct base { int b[32]; void ins(int v) { for (int i=30;~i;i--) if (v&(1<>1;
build(k<<1,l,mid); build(k<<1|1,mid+1,r); tree[k]=merge(tree[k<<1],tree[k<<1|1]); } void modify(int k,int x,int p) { if (L[k]==R[k]) {tree[k].clear();a[x]^=p;modify_o(x,p);tree[k].ins(a[x]);return;} int mid=L[k]+R[k]>>1;
if (x<=mid) modify(k<<1,x,p); else modify(k<<1|1,x,p); tree[k]=merge(tree[k<<1],tree[k<<1|1]); }//给x xor 上p base query(int k,int l,int r) { if (l>r) return e;
if (L[k]==l&&R[k]==r) return tree[k];
int mid=L[k]+R[k]>>1;
if (r<=mid) return query(k<<1,l,r); else if (l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
else return merge(query(k<<1,l,mid),query(k<<1|1,mid+1,r));
}//区间线性基
signed main()
{
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for (int i=n;i;i--) a[i]^=a[i-1],modify_o(i,a[i]);
build(1,0,n);
while (m--)
{
int op=read(),l=read(),r=read();
int v=read();
if (op==1)
{
modify(1,l,v);
if (r<n) modify(1,r+1,v);
}
else
{
int ans=max(query(1,l+1,r).work(v),query(1,l+1,r).work(v^query_o(l)));
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　小裙子！