A - Football Loser

看清总评价的计算公式后利用 struct 和 sort 排序即可。

为了避免精度误差，建议按 $k=(2m+n)t$（将原来的公式除以 $0.03$）计算总评价，此时需要使用 long long。（当然了，直接使用 double 或 long double 也是一个不错的选择。）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int A = 20 + 2;
struct Team
{
	string b;
	int m;
	int n;
	int t;
	long long k;
};
Team team[A];
bool cmp(Team x, Team y)
{
	return x.k > y.k;
}
int main()
{
	freopen("football.in", "r", stdin);
	freopen("football.out", "w", stdout);
	int T;
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		int a;
		cin >> a;
		for (int i = 1; i <= a; i++)
		{
			cin >> team[i].b >> team[i].m >> team[i].n >> team[i].t;
			team[i].k = 1ll * team[i].t * (2ll * team[i].m + 1ll * team[i].n);
		}
		sort(team + 1, team + a + 1, cmp);
		for (int i = 1; i <= a; i++)
		{
			cout << team[i].b;
			if (i != a) cout << ' ';
		}
		cout << endl;
	}
	return 0;
}

B - Tangent Dancer

显然 $d,\varphi \ne 0$。考虑一次移动中轨迹的斜率 $k=\dfrac{\tan \varphi}{\varphi}$。画图可知，当 $\varphi \in (-\dfrac{\pi}{2},0) \cup (0,\dfrac{\pi}{2})$ 时，$k \in (1,+\infty)$：

也就是说，如果直线 $AB$ 的斜率 $k_{AB}>1$ 且存在，那么就可以从 $A$ 一次性移动到 $B$。

很明显，如果我们第一次移动时选择 $d=10^{100},\varphi=\dfrac{\pi}{4}$，那么一次移动后的位置 $X$ 与终点 $Y$ 之间的斜率将会极其接近 $\dfrac{4}{\pi}$，显然可以从 $X$ 一次性移动到 $Y$。整个过程一共移动了 $2$ 次，所以答案总是不超过 $2$。

综上，本题的结论是（设 $P$ 为起点，$Q$ 为终点）：

• $P$ 与 $Q$ 重合时答案为 $0$；
• $k_{PQ}>1$ 且存在时答案为 $1$；
• 以上两个条件都不满足时答案为 $2$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define y1 Y1
int steps(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
	if (x1 == x2 && y1 == y2) return 0;
	if (x2 > x1 && y2 - y1 > x2 - x1) return 1;
	if (x1 > x2 && y1 - y2 > x1 - x2) return 1;
	return 2;
}
int main()
{
	freopen("tangent.in", "r", stdin);
	freopen("tangent.out", "w", stdout);
	int x1, y1, x2, y2;
	cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
	cout << steps(x1, y1, x2, y2) << endl;
	return 0;
}

C - Lottery Cheater

由题意可以列出一个 $n$ 元异或方程组，且每个方程中只有 $2$ 个未知数。直接钦定任意一个值后用代入法递归解方程即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 12;
bool ok[N], ans[N];
int n, k;
string s;
void fill(int i)
{
	if (ok[i]) return;
	ok[i] = true;
	int next = (i + k) % n;
	ans[next] = ans[i] ^ (s[next] - '0');
	fill(next);
}
int main()
{
	freopen("lottery.in", "r", stdin);
	freopen("lottery.out", "w", stdout);
	cin >> n >> k >> s;
	reverse(s.begin(), s.end());
	k %= n;
	for (int i = 0; i <= n - 1; i++)
		fill(i);
	for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
		putchar(ans[i] + '0');
	return 0;
}

D - Factorial Master

首先特判 $n \le 2$ 的情况。

很明显，当 $x \ge n$ 时，$n\mid x!$，因此答案不可能大于 $n-1$。

当 $n$ 为质数时，由威尔逊定理可得：

$$(n-1)! \equiv -1\ (\bmod\ n)$$ $$(n-1)! \equiv n-1\ (\bmod\ n)$$ $$(n-2)! \equiv 1\ (\bmod\ n)$$

因此答案一定是 $n-2$。

当 $n$ 为合数时，由题意可知 $p\nmid x!$，其中 $p$ 是 $n$ 的最小素因子。

显然 $p \le \sqrt{n}$，并且答案不大于 $p-1$，暴力枚举即可。

最终的时间复杂度是 $O(T\sqrt{n})$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool prime(int n)
{
	if (n == 1) return false;
	for (int i = 2; i * i <= n; i++)
		if (n % i == 0) return false;
	return true;
}
int solve(int n)
{
	if (n <= 2) return n - 1;
	if (prime(n)) return n - 2;
	long long f = 1;
	int ans = 1;
	for (int i = 2; n % i != 0; i++)
	{
		f = f * i % n;
		if (f == 1) ans = i;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	freopen("factorial.in", "r", stdin);
	freopen("factorial.out", "w", stdout);
	int T;
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		int n;
		cin >> n;
		cout << solve(n) << endl;
	}
	return 0;
}