首先看第一題，比較明顯的模擬題，打了高精度，第二題暫時沒思路，先剛第三題，先想到$dfs$求層數，發現可以直接用並查集搞搞，就過了，第四題沒思路，就碼了第四題，發現可以直接用桶排，過掉。第四題仔細分析發現和池塘釣魚很像，可是又不能表示狀態，明顯的貪心，直接用堆過。

T1 小$X$的加法難題

大意

輸入$a$和$b$，輸出$a+b$

思路

高精度 程式碼略

T2 小$X$的密碼破譯

大意

設$d_i=ai^2+bi+c(i=1..n)$求去重後的$\prod i\times d_i$

思路

桶排過掉 程式碼略

T3 小$X$的液體混合

大意

有$n$個點，求$2^{最深的點得深度}$

思路

並查集 程式碼略

T4 小$X$的 AK 計劃

大意

有$n$個點，到每個點的時間為$|x_i-now|$，選擇其的時間為$T_i$，求最多可選擇則的點

思路

兩條基本思路：

1. 首先往後走了就沒有必要往前走了
2. 最後的落點必然是某個點的$x_i$

根據這兩條基本思路，我們可以直接維護一個大根堆，判斷某個點是否能作為我最後落點並且比之前更優即可

程式碼

#include<queue>
#include
 
<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;long long n,m,ans,bh[100001],len,k=1,s;
struct node{long long a,b;}a[100001];
inline bool cmp(node x,node y){return x.a<y.a;}
priority_queue<int>q;
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(register int i=1;i<=n;i++) scanf
 
("%lld%lld",&a[i].a,&a[i].b);
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	for(register int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(ans+a[i].a+a[i].b>m&&i>1)//不能放了
		{
			ans-=q.top();//把最大的弄掉
			q.pop();
			q.push(a[i].b);//放小的
		}
		else
		{
			q.push(a[i].b);//能放就放
			ans+=a[i].b;//加上
			s++;//多Ak一道
		}
	}
	printf("%d",s);
}