看到標題有人就要問了：你剛寫完2017怎麼跑去寫2010了？
當然是因為 2011-2016的題目我都沒做完唄
事實上每年都是A了3題，卡在第四題，而2010年的題目難度都不太高……
（我太弱了額啊）
下方正文——

T1 數字統計

原題連結
自古T1大水題，自古T4是DP。
（然而T4博弈論）
但是！這並不能阻擋 T1 簡單的事實
T1 的演算法非常簡單，列舉直接上即可，也沒什麼需要注意的點
列舉 L 到 R 之間的每個數，將每個數的每一位拆開來再判斷即可
那麼怎麼拆開呢？這對初學者來說可能是個難題（比如說當初的我）
讓我們思考一下：
一個數，如果個位為0，餘下來的數必然可以被10整除，而個位就是餘數
也就是說，我們將一個數 對 10 取餘（即 模10）

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int ans,i,l,r,j;
    ans=0;
    cin >> l >> r;//讀入
    for(i=l;i<=r;i++)//開始列舉
    {
        j=i;//不好直接對i下手
        while(j>0)
        {
            if(j%10==2) ans++;//如果個位是2，ans+1
            j=j/10
 
;//去掉個位
        }
    }
    cout << ans << endl;//輸出
    return 0;
}

T2 接水問題

原題連結
這題我選用的是 貪心大法
（事實上這題也可以列舉每秒，那樣比較煩，也比較慢）

做法：每輸入一個時間，就把它加到 目前被佔用時間最小 的水龍頭那裡
那麼這裡就很簡單了，每次排序即可
有人會擔心時間複雜度，事實上只有 Θ(mnlogn)（快排）
當然這裡要借用一下 STL 的 sort 函式
用法就不多說了
程式碼如下：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
 

using namespace std;
int n,p,m,top[10005];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&p);//每次讀入一個時間
        top[1]+=p;//加到佔用時間最小的水龍頭上
        sort(top+1,top+m+1);//排序
    }
    printf("%d",top[m]);//由於最後排序了一次，所以陣列尾一定是最大的數
    return 0;
}

T3 導彈攔截

原題連結
（事實上有兩道導彈攔截，而兩道完全不同）
這題也挺水的，用 列舉大法 即可

做法：讀入一對座標，算出它距離A裝置的距離，再從大到小排一遍序
接著我們從頭開始向後列舉分界點，分界點右邊導彈的歸A裝置，左邊的歸B裝置
我們知道如果系統去攔截導彈，那麼可以順帶把距離更短的導彈也解決了
所以我們不用擔心攔截不了什麼的
而我們在這些列舉中取最小值就可以得到答案
程式碼如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,ans1,ans2,ax,ay,bx,by,ans;
struct node
{
    int x,y,n;//xy為座標，n代表距離
}a[100005];
int RT(int a,int b,int aa,int bb)
{
    return (a-aa)*(a-aa)+(b-bb)*(b-bb);
    //計算距離，由於輸出的是平方和所以不用開根號
}
bool cmp(node x,node y)
{
    return x.n > y.n;//按距離從大到小排
}
int Max(int x,int y)
{
    return x > y ? x : y;
}
int Min(int x,int y)
{
    return x < y ? x : y;//手打速度較快
}
int main()
{
    cin >> ax >> ay >> bx >> by >> n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin >> a[i].x >> a[i].y;
        a[i].n=RT(a[i].x,a[i].y,ax,ay);//計算距離
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp);//排序
    ans1=a[1].n;
    ans=a[1].n;//初值記得設定，可能有特例
    ans2=-2147400000;
    for(int i=2;i<=n+1;i++)
    {
        ans1=a[i].n;//上方已經說明過的過程，右邊歸A系統
        int cnt=RT(a[i-1].x,a[i-1].y,bx,by);
        ans2=Max(ans2,cnt);//左邊歸B系統
        ans=Min(ans,ans1+ans2);//存值
    }
    cout << ans << endl;//輸出
    return 0;
}

T4 三國遊戲

原題連結

博弈論傷不起啊！
——Venus

是的……作為一個蒟蒻……博弈論是我心中永遠的痛……
實在太難理解了啊喂！(╯‵□′)╯︵┻━┻
不過我還是做出來了……
這道題目的決策（我都不知道是不是這麼說）是這樣的：
由於AI每次取走的是與我們手上組成的組合默契值最高的，那麼我們每次取第二高的，好的就被我們選走了，AI很被動，而他的最好的已經被我們取走了，所以AI就只能取第二強的了，這樣就相當於 “他強任他強，我選託比昂”
舉個栗子：

我們先取2，AI取走1，我們趁機取4，AI就只能取3
這樣我們的默契值就是52，AI就只有13
程式碼如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,a[505][505],ans;
bool cmp(int x,int y)
{
    return x > y;
}
int main()
{
    cin >> n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            cin >> a[i][j];//讀入
            a[j][i]=a[i][j];//構建圖表
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        sort(a[i]+1,a[i]+n+1,cmp);//排序，從大到小排
        ans=max(ans,a[i][2]);//每次取第二大的即可
    }
    cout << "1" << endl << ans << endl;//由於我們必勝，所以輸出1就可以了
    return 0;
}

小結

2010年的題目算是較為簡單的，就是第四題對於思考的難度比較大，還是需要動腦子的！

原創 By Venus
寫的不好大佬輕噴