本文章由 WyOJ Shojo 从洛谷专栏拉取，原发布时间为 2024-09-18 14:08:28

A

直接模拟即可

B

直接暴力预处理出所有在 $1 ... 1000$ 中可以被 $4ab + 3a + 3b$ 表示出的数即可。

C

直接暴力时间复杂度是正确的。

D

套路题，之前做过类似的。

二分之后将所有点与 $mid$ 取 $\min$，此时只要 $\sum a_i$ 是 $\ge mid \cdot k$ 的就合法否则不合法，因为对 $mid$ 取 $\min$ 就相当于限制了每个数选的次数。

E

考虑记搜，枚举所有排列其实可以每次把一个字符扔到前面来实现，而由于我们只关心最后状态是什么不关心中途是怎么换的，那么把某个字符扔到前面实际上只用选最前面的字符即可。

然后把字符串 $S$ 和剩余步数记录一下即可。

#include <bits\/stdc++.h>

using namespace std;

namespace A{
	int n, k, a;
	void main() {
		scanf("%d%d%d", &n, &k, &a);
		for (int i = 1; i < k; ++i) {
			a = a % n + 1;
		}
		
		printf("%d\n", a);
	}
}

namespace B {
	int n, s;
	bool st[10100];
	
	void init() {
		for (int i = 1; i <= 1000; ++i) {
			for (int j = 1; j <= 1000; ++j) {
				if (4 * i * j + 3 * i + 3 * j > 1000) break;
				st[4 * i * j + 3 * i + 3 * j] = true;
			}
		}
	}
	
	void main() {
		init();
		int ans = 0;
		scanf("%d", &n);
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			int a;
			scanf("%d", &a);
			ans += !st[a];
		}
		
		printf("%d\n", ans);
	}
}

namespace C {
	typedef long long ll;
	
	ll n;
	
	void main() {
		scanf("%lld", &n);
		ll ans = 0;
		for (ll A = 1; A * A * A <= n; ++A) {
			for (ll B = A; A * B * B <= n; ++B) {
				ll C = n \/ (A * B) - B + 1;
				ans += C;
			}
		}
		
		printf("%lld\n", ans);
	}
}

namespace D {
	typedef long long ll;
	int n, k;
	ll a[200010];
	
	bool check(ll mid) {
		ll sum = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			sum += min(a[i], mid);
		}
		
		return sum \/ k >= mid;
	}

	void main() {
		scanf("%d%d", &n, &k);
		for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);
		
		ll l = 1, r = 200000000000000000;
		while (l < r) {
			ll mid = (l + r + 1) >> 1ll;
			if (check(mid)) l = mid;
			else r = mid - 1;
		}
		
		printf("%lld\n", l);
	}
}

namespace E {
	typedef long long ll;
	int k;
	string s;
	map<pair<string, int>, ll> ma;
	
	ll dfs(string s, int k) {
		if (k < 0) return 0;
		if (s.size() <= 1) return 1;
		if (ma.count({s, k})) return ma[{s, k}];
		
		ll res = 0;
		for (int i = 0; i < (int)s.size(); ++i) {
			if (s[i] == 'K') {
				string t;
				for (int j = 0; j < i; ++j) t += s[j];
				for (int j = i + 1; j < (int)s.size(); ++j) t += s[j];
				
				res += dfs(t, k - i);

				break;
			}
		}
		for (int i = 0; i < (int)s.size(); ++i) {
			if (s[i] == 'E') {
				string t;
				for (int j = 0; j < i; ++j) t += s[j];
				for (int j = i + 1; j < (int)s.size(); ++j) t += s[j];
				
				res += dfs(t, k - i);

				break;
			}
		}
		for (int i = 0; i < (int)s.size(); ++i) {
			if (s[i] == 'Y') {
				string t;
				for (int j = 0; j < i; ++j) t += s[j];
				for (int j = i + 1; j < (int)s.size(); ++j) t += s[j];
				
				res += dfs(t, k - i);

				break;
			}
		}
		
		return ma[{s, k}] = res;
	}
	
	void main() {
		cin >> s >> k;
		cout << dfs(s, k);
	}
}