A - 3,2,1,GO
输出即可。
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//连胡闹都是甜，爱你像诗篇，最动人心弦~
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n;signed main(){cin >> n;for(int i = n;i > 1;-- i)cout << i << ',';cout << 1;return 0;}
B - Split Ticketing
枚举\(a\)，\(b\)和\(c\)，判断一下，如果符合条件就直接输出Yes，如果到最后也没找着符合条件的就输出No。
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//连胡闹都是甜，爱你像诗篇，最动人心弦。
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n;
int v[105][105];signed main(){cin >> n;for(int i = 1;i < n;++ i)for(int j = i+1;j <= n;++ j)cin >> v[i][j];for(int a = 1;a <= n;++ a){for(int b = a+1;b <= n;++ b){for(int c = b+1;c <= n;++c){if(v[a][b]+v[b][c] < v[a][c]){cout << "Yes";return 0;}}}}cout << "No";return 0;}
C - Puddles
先考虑如果贴着边界的那些白色联通块也算怎么办？枚举每一个位置，如果这个位置是.，就从这个位置开始\(bfs\)，遍历所有和它相通的.的位置，然后把这些位置都赋为#（防止重复遍历），那么遍历到的这些位置就是一个白色联通块，答案加一即可。
现在的问题是贴着边界的不算。那么我们从所有边界位置开始\(bfs\)一遍，也是把所有和它相通的.的位置赋为#，但是答案不要加一，因为贴着边界的不算。
那么就结束了，注意在\(bfs\)时某个位置一入队就要把它改成#，否则会重复遍历会\(TLE\)。
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//连胡闹都是甜，爱你像诗篇，最动人心弦。
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n,m;
char c[1005][1005];int dx[] = {0,1,-1,0,0};
int dy[] = {0,0,0,1,-1};void bfs(int x,int y){if(c[x][y] != '.') return;queue<pair<int,int> > q;q.push({x,y});c[x][y] = '#';while(!q.empty()){auto [a,b] = q.front();q.pop();for(int i = 1;i <= 4;++ i){int aa = a+dx[i];int bb = b+dy[i];if(aa >= 1&&aa <= n&&bb >= 1&&bb <= m&&c[aa][bb] == '.'){q.push({aa,bb});c[aa][bb] = '#';}}}
}signed main(){cin >> n >> m;for(int i = 1;i <= n;++ i)for(int j = 1;j <= m;++ j)cin >> c[i][j];for(int i = 1;i <= m;++ i)bfs(1,i),bfs(n,i);for(int i = 1;i <= n;++ i)bfs(i,1),bfs(i,m);int ans = 0;for(int i = 2;i < n;++ i)for(int j = 2;j < m;++ j){if(c[i][j] == '.'){ans++;bfs(i,j);}}cout << ans;return 0;}