A - Palindromic Supersequence 
/*
    题目大意：给出一个串，构造一个包含该串的回文串
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=10010;
char s[N];
int main(){
    scanf("%s",s);
    int n=strlen(s);
    for(int i=n-1;i;i--)printf("%c",s[i]);
    for(int i=0;i<n;i++)printf("%c",s[i]);
    puts(""); return 0;
}
B - Recursive Queries 
/*
    题目大意：定义F函数为一个数所有数字的乘积，定义G函数为分段函数，
    当x小于10时为其本身，否则G(x)=G(F(x))，求区间有多少数G函数值为k
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int T,l,r,k,sum[10][1000010],f[1000010];
int cal(int x){
    int ans=1;
    while(x)ans=x%10?ans*(x%10):ans,x/=10;
    return ans;
}
int main(){
    for(int i=0;i<10;i++)f[i]=i;
    for(int i=10;i<=1000000;i++)f[i]=f[cal(i)];
    for(int i=1;i<=1000000;i++){
        for(int j=0;j<10;j++)sum[j][i]=sum[j][i-1];
        sum[f[i]][i]++;
    }
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
        printf("%d\n",sum[k][r]-sum[k][l-1]);
    }
    return 0;
}
C - Permutation Cycle 
/*
    题目大意：求一个排列，使得其能被分解为大小为a或者b的置换
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,a,b,p=1;
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
    for(int i=0;i*a<=n;i++){  // ！！！注意循环从0开始
        if((n-i*a)%b==0){
            int A=i,B=(n-i*a)/b;
            for(int j=1;j<=A;j++){
                for(int k=1;k<a;k++)printf("%d ",p+k);
                printf("%d ",p); p+=a;
            }
            for(int j=1;j<=B;j++){
                for(int k=1;k<b;k++)printf("%d ",p+k);
                printf("%d ",p); p+=b;
            }
            return 0;
        }
    }puts("-1");
    return 0;
}
D - Tree 
/*
    题目大意：开始给出只有一个节点的树，要求维护两个操作：
        1.往树上增加一个叶节点，连在R上，且质量为W
        2.寻找一个从R开始的最长数列满足，质量和不超过X，所有项为R的祖先，
        对于数列中相邻的项i,j，后项i为前项j的祖先，有w[i]大于w[j]
        并且在i到j的路径中不存在大于w[j]的点
    题解：考虑到下一项是跳到祖先链上第一个比其大的位置，因此我们每次插入节点的时候，
    直接将其插入到祖先链上第一个比其大的位置，查询的时候直接查询总和不超过X的最长链即可，
    因为祖先的质量单调递增，总质量和单调递增，我们可以在树上倍增查找
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=400010,K=20;
int tot;
LL w[N],f[N][K],W[N][K];
void link(int x,int y){
    f[x][0]=y;
    W[x][0]=w[x];
    for(int k=0;k<K-1;k++){
        y=f[x][k];
        if(y==-1)continue;
        f[x][k+1]=f[y][k];
        W[x][k+1]=W[x][k]+W[y][k];
    }
}
int sf(int x,LL wx){
    if(w[x]>=wx)return x;
    for(int k=K-1;~k;k--){
        if(f[x][k]<=0)continue;
        if(w[f[x][k]]<wx)x=f[x][k];
    }return f[x][0];
}
void init(){
    for(int i=0;i<N;i++)
        for(int k=0;k<K;k++)f[i][k]=-1;
    f[tot=1][0]=0;
}
LL query(int x,LL wx){
    LL res=0;
    for(int k=K-1;~k;k--){
        if(f[x][k]==-1||W[x][k]>wx)continue;
        wx-=W[x][k]; res+=1<<k;
        x=f[x][k];
    }return res;
}
int q,op;
LL R,X,ans=0;
int main(){
    init();
    scanf("%d",&q);
    while(q--){
        scanf("%d%lld%lld",&op,&R,&X);
        R^=ans,X^=ans;
        if(op==1){
            w[++tot]=X;
            link(tot,sf(R,X));
        }else printf("%lld\n",ans=query(R,X)); 
    }
    return 0;
}
E - Team Work 
/*
    题目大意：求ΣC(n,i)*i^k，n<=10^9，k<=5000
    题解：利用第二类斯特林数公式进行代换
    ΣC(n,i)*i^k=ΣC(n,i)*(ΣS(k,j)*P(i,j))
               =ΣC(n,i)*(ΣS(k,j)*j!*C(i,j))
               =ΣS(k,j)*j!*ΣC(n,i)*C(i,j)
               =ΣS(k,j)*Σ(n!/((n-i)!*(i-j)!))
               =ΣS(k,j)*P(n,j)*ΣC(n-j,n-i)
               =ΣS(k,j)*P(n,j)*2^(n-j)
*/
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=1000000007;
const int inv2=mod/2+1;
int n,k,S[5010];
int pow(LL a,int b,int m){LL t=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%m)if(b&1)t=t*a%m;return t;}
void CalS(){S[1]=1;for(int i=2;i<=k;i++)for(int j=i;j;j--)S[j]=(1LL*S[j]*j+S[j-1])%mod;}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k); CalS(); 
    int P=1,M=pow(2,n,mod),ans=0;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        P=1LL*P*(n-i+1)%mod;
        M=1LL*M*inv2%mod;
        ans=(1LL*ans+1LL*S[i]*P%mod*(LL)M%mod)%mod;
    }printf("%d\n",ans); 
    return 0;
}
F - Escape Through Leaf 
/*
    题目大意：给出一棵树，树的根为1，树上每个节点有两个值a和b，
    从一个节点i可以跳到子树上任意一个节点j，代价是a[i]*b[j]，
    从一个点到达另一个节点的代价是图中所有代价之和，
    问每个节点跳到任意一个叶节点的代价最小为多少。
    题解：我们递归计算答案，对于每个节点来说，他的答案为min(a[i]*b[j]+ans[j])，
    那么我们对于每个节点维护一个子树的动态凸包，求最大mx+b即可
    为避免过多的插入和比较，我们把信息都保存在节点最大子树的代表节点u[x]中，
    通过只改变标记u[x]以替代信息的大量转移。
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL is_query=-(1LL<<62);
struct Line{
    LL m,b;
    mutable function<const Line *()> succ;
    bool operator<(const Line &rhs)const{
        if(rhs.b!=is_query)return m<rhs.m;
        const Line *s=succ();
        if(!s)return 0;
        LL x=rhs.m;
        return b-s->b<(s->m-m)*x;
    }
};
struct HullDynamic:public multiset<Line>{
    bool check(iterator y) {
        auto z=next(y);
        if(y==begin()){
            if(z==end())return 0;
            return y->m==z->m&&y->b<=z->b;
        }
        auto x=prev(y);
        if(z==end())return y->m==x->m&&y->b<=x->b;
        return (x->b-y->b)*(long double)(z->m-y->m)>=(y->b-z->b)*(long double)(y->m-x->m);
    }
    void insert_line(LL m,LL b){
        auto y=insert({m,b});
        y->succ=[=]{return next(y)==end()?0:&*next(y);};
        if(check(y)){erase(y);return;}
        while(next(y)!=end()&&check(next(y)))erase(next(y));
        while(y!=begin()&&check(prev(y)))erase(prev(y));
    }
    LL query(LL x){
        auto l=*lower_bound((Line){x,is_query});
        return l.m*x+l.b;
    }
};
const int N=100010;
int n,a[N],b[N],size[N],u[N],res[N],st[N],en[N];
vector<int> g[N];
LL ans[N];
HullDynamic T[N];
int dfn=0;
void dfs(int x,int fx){
    st[x]=++dfn;
    res[dfn]=x;
    int t=-1; size[x]=1;
    for(int y:g[x]){
        if(y==fx)continue;
        dfs(y,x);
        size[x]+=size[y];
        if(t==-1||size[y]>size[t])t=y;
    }
    if(t==-1){
        T[x].insert_line(-b[x],0);
        ans[x]=0;
        u[x]=x;
    }
    else{
        u[x]=u[t];
        for(int y:g[x])if(y!=t){
            for(int i=st[y];i<=en[y];i++)T[u[x]].insert_line(-b[res[i]],-ans[res[i]]);
        }
        ans[x]=-T[u[x]].query(a[x]);
        T[u[x]].insert_line(-b[x],-ans[x]);
    }en[x]=dfn;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",b+i);
    for(int i=1;i<n;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        g[x].push_back(y);
        g[y].push_back(x);
    }dfs(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",ans[i]);
    return 0;
}
G - Palindrome Partition 
/*
    题目大意：给出一个串s，现在要求将其划分子串，并且划分结果呈回文
    求方案数，如abcdabcd划分为ab，cd，cd，ab，为回文。
    题解：我们将串后半部分倒序依次插入前半部分的后面，比如abcdcdab，
    将构成abbacddc，那么问题就转化为新串能拆分成回文子串的方案数，
    我们对新串边构建回文自动机，并在构建的同时计算答案，
    diff数组表示节点与其失配位置最长后缀回文的差值，
    记anc为将连续相同差值去除后的祖先节点，比如abbabbabba，
    在去除连续相同差值abb之后，得到祖先节点a，
    则对于一种差值长度的答案来说，若失配位置为其祖先节点，则答案等于失配节点的答案
    否则其值为拿掉祖先节点加一倍差值之后的位置的答案ans，加上其失配节点的答案g，
    对于不同差值长度的节点答案g累积到当前位置答案ans上去，
    最后输出结尾位置的答案即可。
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=1000010;
const int mod=1000000007; 
int n,cnt,lst,s[N],l[N],f[N],diff[N],anc[N],g[N],ans[N],a[N][26];
char S[N];
void add(int &x,int y){if((x+=y)>=mod)x-=mod;}
void init(){lst=cnt=1;f[0]=1,f[1]=0;l[1]=-1;} 
void extend(int np,int c){
    int p=lst;
    while(s[np]!=s[np-l[p]-1])p=f[p];
    if(!a[p][c]){
        int x=++cnt,fp=f[p];
        while(s[np]!=s[np-l[fp]-1])fp=f[fp];
        l[x]=l[p]+2;
        f[x]=a[fp][c];
        a[p][c]=x;
        diff[x]=l[x]-l[f[x]];
        anc[x]=diff[x]==diff[f[x]]?anc[f[x]]:f[x];
    }lst=a[p][c];
}
int main(){
    scanf("%s",S+1);
    n=strlen(S+1);
    for(int i=1;i*2<=n;i++){
        s[i*2-1]=S[i]-'a';
        s[i*2]=S[n-i+1]-'a';
    }s[0]=-1; ans[0]=1; init(); 
    for(int i=1;i<=n;i++){
        extend(i,s[i]);
        for(int x=lst;x;x=anc[x]){
            g[x]=ans[i-l[anc[x]]-diff[x]];
            if(anc[x]!=f[x])add(g[x],g[f[x]]);
            if(i%2==0)add(ans[i],g[x]);
        }
    }printf("%d\n",ans[n]);
    return 0;
}

愿你出走半生，归来仍是少年