这道题写了暴力，但是超时了。这道题难度还行，来分析一下。首先很显而易见，当$k\ge 3$时，是可以通过枚举底数来暴力解决的。定义$a$作为底数，定义$b$作为指数。通过$while$循环每次枚举$a$的$b$次方$(b\ge 2)$，外部通过循环枚举$a$。
我们首先需要特判一下，如果k=1，那么答案一定是n，直接输出即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
map<int,int> vis;
int cnt=0;
signed main(){int n,k;cin>>n>>k;if(k==1){//不用说了吧 cout<<n;return 0;}int a,b;for(int i=2;i*i*i<=n;i++){//枚举底数，只看3次方就够了a=i*i;b=2;while(a<=n/i){a*=i,b++;if(vis[a]){//已经有了continue;}if(b<k){//次数不够continue;}vis[a]=1;cnt++;}}if(k>=3){cout<<cnt+1;//加1，因为1没有被判断过return 0;}return 0;
}

接下来我们要考虑怎样找平方数：
我们知道，n个数里，有$\sqrt{n}$个平方数，其中肯定有与可以表示成其他方式的表示方法，所以我们需要特判一下，来将多余的答案记录下来，最后减去即可。

if((int)sqrtl(a)*(int)sqrtl(a)==a){sum++;
}

$code$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
map<int,int> vis;
int cnt=0;
int sum=0;
signed main(){int n,k;cin>>n>>k;if(k==1){cout<<n;return 0;}int a,b;for(int i=2;i*i*i<=n;i++){//枚举底数，只看3次方就够了a=i*i;b=2;while(a<=n/i){a*=i,b++;if(vis[a]){//已经有了continue;}if(b<k){//次数不够continue;}if((int)sqrtl(a)*(int)sqrtl(a)==a){sum++;}vis[a]=1;cnt++;}}if(k>=3){cout<<cnt+1;//加1，因为1没有被判断过return 0;}cout<<(int)sqrtl(n)+cnt-sum;return 0;
}

这道题还是挺简单的，我们知道一个格子的颜色是由他的行和列决定的，由于是先后涂色，所以我们用结构体记录每一行或者每一列的颜色，我们还需要记录每一行或者每一列叠加的时间，最终每个格子的颜色是由叠加的时间决定的，我们需要枚举$t，q$。由于时间复杂度不是很大，还能接受，所以我们可以直接输出。
$code$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100005;
struct maxtr{int ys,tt;
}h[maxn],l[maxn];
int t,n,m,q;
int main(){scanf("%d",&t);for(int k=1;k<=t;k++){scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);memset(h,0,sizeof h);memset(l,0,sizeof l);for(int j=1;j<=q;j++){int op,a,b;scanf("%d%d%d",&op,&a,&b);if(op==0){h[a].ys=b;h[a].tt=j;}if(op==1){l[a].ys=b;l[a].tt=j;}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++)if(h[i].tt>l[j].tt){cout<<h[i].ys<<" ";}else{cout<<l[j].ys<<" ";}cout<<endl;}}return 0;
}

我想，我有生之年怕是不会活到3202年的圣诞节了哎，不装了，我摊牌了，我是修道者，但我不过圣诞节，大家要相信科学哦
题意：给你一个平面上的$n$个点的凸包，求 TSP 路线，即从最高点出发并遍历所有点的最短的路径。$n\le 1000。$
来看思路：
结论：路线不会交叉。
证明：因为凸四边形对角线长度和一定大于一组对边的长度和，所以如果$(i,j)$与$(a,b)$交叉，我们将这两条分别更换为$(i,a)$和$(j,b)$答案一定变小。
对于随意一条路径，我们使用调整法，每次随便选一组交叉的边调整至不交叉，一定可以调整到整条路径不交叉。因为每次调整都会使路径长度变短，所以调整次数有限并不会调整回之前的状态。
我们从最高点开始按顺时针给每个点重新编号，为了方便，$0$号和$n$号点都是最高点。由于路线不会交叉，所以时时刻刻没有被遍历过的结点的新编号都是一段连续的区间。
考虑设计 dp，令$f_{l,r,0/1}$表示$[l+1,r-1]$还没有被遍历，上一个遍历的结点是$l/r$时的最短路径。初始状态$f_{0,n,0}=f_{0,n,1}=0，$一次转移就是$f_{l,r,1}=\min (f_{l,r+1,0}+\text{dis}(l,r),f_{l,r+1,1}+\text{dis}(r,r+1))$
要输出方案就记录一下决策就好了。
$code$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
void write(int x) {if (x < 0) putchar('-'), x = -x;if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
const int N = 1e3 + 10;
const ld INF = 1e18;
int n, k, g[N][N][2], p[N];
ld px[N], py[N], f[N][N][2];
inline ld sqr(ld x) {return x * x;
}
inline ld dis(int x, int y) {return sqrt(sqr(px[p[x]] - px[p[y]]) + sqr(py[p[x]] - py[p[y]]));
}
inline void answer(int l, int r, int t) {if (l < 0 || r > n) return ;if (t == 0) {if (g[l][r][0]) answer(l - 1, r, 1);else answer(l - 1, r, 0);} else {if (g[l][r][1]) answer(l, r + 1, 1);else answer(l, r + 1, 0);}write(t ? p[r] : p[l]), putchar(' ');
}
int main() {scanf("%d", &n);ld tmp = -INF;for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%Lf %Lf", px + i, py + i);if (py[i] > tmp) tmp = py[i], k = i;}for (int i = k; i <= n; i++)p[i - k] = i;for (int i = 1; i <= k; i++)p[i + n - k] = i;for (int l = 0; l <= n; l++)for (int r = l; r <= n; r++)f[l][r][0] = f[l][r][1] = INF;f[0][n][0] = f[0][n][1] = 0;for (int l = 0; l <= n; l++)for (int r = n; r > l + 1; r--) {ld LL = f[l][r][0] + dis(l, l + 1), LR = f[l][r][1] + dis(r, l + 1);if (LL < LR) f[l + 1][r][0] = LL;else f[l + 1][r][0] = LR, g[l + 1][r][0] = 1;ld RL = f[l][r][0] + dis(l, r - 1), RR = f[l][r][1] + dis(r, r - 1);if (RL < RR) f[l][r - 1][1] = RL;else f[l][r - 1][1] = RR, g[l][r - 1][1] = 1;}ld ans = INF;int pos = 0, qwq = 0;for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j <= 1; j++) {if (f[i][i + 1][j] < ans) {ans = f[i][i + 1][j];pos = i, qwq = j;}}answer(pos, pos + 1, qwq);return 0;
}

这道题…还不会，看不太懂。
准备打打暴力。
重新看了遍题，发现$k=1$是很好做出来的，直接用最大值减去最小值就可以了，这样可以通过#1，#2得到$10pts$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N], n, b[N];
const int mxn1=0,min1=0x3f3f3f3f;
int maxn1,main1;
int main() {int t, k;cin >> t >> k;while (t--) {maxn1=mxn1;main1=min1;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];}for(int i=1;i<=n;i++){maxn1=max(a[i],maxn1);main1=min(a[i],main1);}cout<<maxn1-main1<<endl;}return 0;
}

现在来思考$k=2$是什么怎么个事。
我们注意到我们所求答案的最大值为最大值减去最小值，如果想使答案低于这个最大值，就必须让最大值跟最小值不在同一行。
我们可以设最大值$maxn$在第一行，最小值$minn$在第二行，二分极差的最大值为$mid$。对于第一行，判定条件为$maxn-a_i\le mid,$第二行则是$a_i-minn\le mid。$
时间复杂度为$O(nlogn)。$
$40pts$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 50010, M = 10;
int a[M][N];
int maxx[M][N], minn[M][N];
int t, n, m;
int ans = 0x3f3f3f3f;
void dfs(int deep){if(deep == n + 1){int res = 0;for(int i = 1; i <= m; i ++){res = max(res, maxx[i][n] - minn[i][n]);}ans = min(ans, res);return;}for(int j = 0; j < m; j ++){for(int i = 1; i <= m; i ++){int mid;if(i + j > m)mid = i + j - m;else mid = i + j;maxx[i][deep] = max(maxx[mid][deep - 1], a[i][deep]);minn[i][deep] = min(minn[mid][deep - 1], a[i][deep]);}dfs(deep + 1);}
}
signed main(){cin >> t >> m;if(m == 1){while(t --){cin >> n;int maxxx = 0, minnn = 0x3f3f3f3f;for(int i = 1; i <= n; i ++){int a;cin >> a;maxxx = max(maxxx, a);minnn = min(minnn, a);}cout << maxxx - minnn << endl;;}return 0;}while(t --){cin >> n;ans = 0x3f3f3f3f;for(int i = 1; i <= m; i ++){for(int j = 1; j <= n; j ++){cin >> a[i][j];maxx[i][j] = 0;minn[i][j] = 0x3f3f3f3f;}minn[i][0] = 0x3f3f3f3f;maxx[i][0] = 0;}dfs(1);cout << ans << endl;}return 0;
}

剩下的两种情况原谅在下能力有限，不能讲述完整。

但贴心的善良的我给大家找了看似好理解的博客点这里

$code$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5e4 + 10, inf = INT_MAX;
int n, k, t;
int mx1, mn1;
int a[maxn + 10][6]/*a[n][k] n列n串*/;
int mx[maxn + 10], mn[maxn + 10];
int main() {cin >> t >> k;if (k == 1) {while (t--) {cin >> n;int mx1 = 0, mn1 = INT_MAX, a1;while (n--)cin >> a1, mn1 = min(mn1, a1), mx1 = max(mx1, a1);cout << mx1 - mn1 << "\n";}return 0;}int cnt = (k == 4 ? 124 : 40);while (t--) {cin >> n;int ans = inf;for (int i = 0; i < k; ++i)for (int j = 1; j <= n; ++j)cin >> a[j][i];for (int H = 1; H < cnt; ++H) {random_shuffle(a + 1, a + 1 + n); //打乱n串顺序memset(mx, -0x3f, sizeof mx);memset(mn, 0x3f, sizeof mn); //每行极值for (int i = n; i >= 1; --i) { //正在贪i列int lst = inf, pos = 0;for (int op = 1; op <= k; ++op) { //转op次int res = 0;for (int j = 0; j < k; ++j) {int tmp = (op + j) % k;res = max(res, max(mx[tmp], a[i][j]) - min(mn[tmp], a[i][j]));}if (lst > res)lst = res, pos = op;}for (int j = 0; j < k; ++j) {int tmp = (pos + j) % k;mx[tmp] = max(mx[tmp], a[i][j]);mn[tmp] = min(mn[tmp], a[i][j]);}}int res = 0;for (int i = 0; i < k; ++i)res = max(res, mx[i] - mn[i]);ans = min(ans, res);}cout << ans << "\n";}return 0;
}