先：
今天生日，他们sx，我也考试。
今天挺开心的，死兔子给我带了饺子，lwl妹妹做的蛋糕盒子真的是很好吃。
sx成绩到现在肯定是出来了。
我，，，为什么要hh。。。
T1：
https://www.luogu.org/problemnew/show/U23048
题目描述
rsy拥有n个数，这n个数分别是a1,a2,…,an。 后来出现了一个熊孩子zhw，用橡皮擦去了其中若干个数字，
并且打乱了剩下的数字。rsy赶到现场后只剩下了m个数字b1,b2,…,bm，她想知道哪些数字被擦去了。
现在你需要告诉rsy被擦去的n-m个数是什么。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个数n，
第二行n个数ai，表示一开始的数字。
第三行一个数m，
第四行m个数bi，表示被擦去后的数字。
输出格式：
一行n-m个数，从小到大输出所有被擦去的数字。
输入输出样例
说明
数据范围 对于30%的数据n<=1000，ai与bi都是有序的。
对于60%的数据n<=100000，ai与bi都是有序的。
对于80%的数据n<=100000，ai,bi<=n。
对于100%的数据n<=100000，1<=ai,bi<=10^9
听说这是去年五月份的清北基础题，，我好像，应该不会AC。
因为我想不到。
官方上交解题报告如下：
题意看起来比较简单，那就定义两个数组a，b，一个记录一开始的数字，
另一个记录被擦去后的数字。一般来说b数组要比a数组小。首先是输入，
记住排序。因为数组长度不一样，比较简单的是按长的那个为基准来判断。
所以首先定义一个变量x，初始值为1，记录b数组下标。从i=1到i=n，
那个长的数组来循环。因为先前已经排好序了，所以从最小的开始判断，
如果a[i]和b[x]相等的话，那说明这个数没有被擦去，所以x++，继续循环，
看下一个数，如果a[i]和b[x]不相等，那就说明a[i]这个数已经被擦去了，
此时输出a[i]。继续循环。
完毕。
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cmath>
4 #include<algorithm>
5 using namespace std;
6 int n,m;
7 long long a[100002],b[100002];
8 int main()
9 {
10 //freopen("number.in","r",stdin);
11 //freopen("number.out","w",stdout);
12 scanf("%d",&n);
13 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
14 sort(a+1,a+n+1);
15 scanf("%d",&m);
16 for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%lld",&b[i]);
17 sort(b+1,b+m+1);
18 int x=1;
19 for(int i=1;i<=n;++i)
20 {
21 if(a[i]==b[x]) x++;
22 else printf("%lld ",a[i]);
23 }
24 }
T2：
https://www.luogu.org/problemnew/show/U23056
题目背景
我这题居然拿了80.。。 标程真短，心酸。
题目描述
rsy最近在研究欧几里得算法，不会的同学可以去看下课件以及代码……
现在她想到了一个新的问题，求k个数的最大公约数！ 事实上这个问题仍然很简单。
所以rsy想强化一下，她觉得最大公约数等于1就不是很有趣了。
因此她想在n个数中找最多的数，使得它们的最大公约数不等于1。
现在rsy想知道，能找最多多少个数。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个数n。 第二行n个数ai。
输出格式：
一个数表示答案
输入输出样例
说明
数据范围 对于30%的数据n<=5。
对于50%的数据n<=20。
对于80%的数据n<=1000,ai<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000,1<=ai<=100000，数据几乎是随机的。
我确实没什么思路，，就打出了如下代码：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cmath>
4 #include<algorithm>
5 using namespace std;
6 int n,a[100002],b[100002];
7 int main()
8 {
9 //freopen("math.in","r",stdin);
10 //freopen("math.out","w",stdout);
11 scanf("%d",&n);
12 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
13 sort(a+1,a+n+1);
14 for(int i=1;i<=n;++i)
15 {
16 if(a[i]%2==0) b[2]++;
17 if(a[i]%3==0) b[3]++;
18 if(a[i]%5==0) b[5]++;
19 if(a[i]%7==0) b[7]++;
20 if(a[i]%11==0) b[11]++;
21 if(a[i]%13==0) b[13]++;
22 if(a[i]%17==0) b[17]++;
23 if(a[i]%23==0) b[23]++;
24 if(a[i]%29==0) b[29]++;
25 if(a[i]%31==0) b[31]++;
26 if(a[i]%37==0) b[37]++;
27 if(a[i]%39==0) b[39]++;
28 if(a[i]%41==0) b[41]++;
29 if(a[i]%43==0) b[43]++;
30 if(a[i]%47==0) b[47]++;
31 if(a[i]%53==0) b[53]++;
32 if(a[i]%59==0) b[59]++;
33 if(a[i]%61==0) b[61]++;
34 }
35 sort(b+1,b+n+1);
36 printf("%d",b[n]);
37 }
看数据范围，，觉得不可能拿80这么多，，，amazing。
然后我就去看std了，，我一开始没看懂第二个循环，我太菜了。
于是我就去问了机房里存在的，我最欣赏的人。
为什么这么说，，因为别人去省选啦！，然后，我就懂了。
官方上交解题报告如下：
这个题的题意也很好理解，就是说输入一串数字，找出尽量多（the most）的数字，
使他们的gcd不为1。但是代码实现没有什么好的思路，于是考场上打表。
Std思路：循环输入数A，用一个数组a来记录每个数字出现的次数，
因为1不算，数据范围到十万，所以输入记录完毕后，
从2到十万开始循环枚举，二层循环j从i开始，小于等于十万，j+=i，
意思是枚举看有几个数是i的倍数，然后提前定义一个变量x，
记录是i的倍数的个数，二层循环完毕后，取max。
最终max即为所求的最多的gcd不为1的数的个数。
完毕。
std如下：
1 #include <cmath>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstdlib>
4 #include <iostream>
5 #include <algorithm>
6 using namespace std;
7 int n,A,a[1000005],now,MAX,i,j;
8 int main()
9 {
10 //freopen("math.in","r",stdin);
11 //freopen("math.out","w",stdout);
12 scanf("%d",&n);
13 for (i=1; i<=n; i++)
14 {
15 scanf("%d",&A);
16 a[A]++; //记录次数
17 }
18 for (i=2; i<=1000000; i++) //1舍去
19 {
20 now=0;
21 for (j=i; j<=1000000; j+=i)
22 now+=a[j]; //枚举看有几个数是i的倍数
23 MAX=max(MAX,now); //取最多的就OK了
24 }
25 cout<<MAX;
26 return 0;
27 }
T3：
https://www.luogu.org/problemnew/show/U23057
没错我是唯一一个爆零的。
题目背景
全场唯一一个零分。
题目描述
rsy最近沉迷于一款叫扫雷的游戏。 这个游戏是这样的。
一开始网格上有nm个位置，其中有一些位置有雷。
每次rsy可以左键点击一个方块，此时若这个方块是雷，则rsy被炸，游戏结束，否则如果这个位置周围8格有x个雷，则会显示数字x。
特别地，当x=0时，系统会自动左键点击附近8个位置。
（此时附近8个位置一定没有雷，假如附近8个位置仍存在x=0，则继续往外扩展）想要更进一步获得关于题目的信息，
打开程序->附近->游戏->扫雷或者直接打开下发的可执行文件。或者rsy右键点击一个位置，标注这个位置是雷。
不幸的是，她鼠标不能左右键同时点击，因此只需考虑她左键点击与右键点击就可以了。
注意游戏胜利的条件是所有非雷的位置都被左键点击到。（特别地，当一开始时nm个位置都是雷时，LYK自动获得胜利）
rsy从网上下载了金手指，很轻易地就掌握了所有雷所在的位置。
rsy想通过最少的点击次数获得胜利（这里的点击次数不包括系统自动点击）。于是他来请求你的帮助。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个数n,m。
接下来n行，每行m个数ai,j，表示这个矩阵。
若ai,j=’*’则表示这个位置是雷，若ai,j=’.’则表示不是雷。
输出格式：
一个数表示答案。
输入输出样例
说明
对于30%的数据n=1;
对于另外20%的数据n,m<=3；
对于再另外20%的数据*大致占矩阵的2/3且数据随机。
对于100%的数据n,m<=1000。
Hint： 适度游戏益脑，沉迷游戏伤身。
0分代码就不放了，，反正也是瞎搞的。
一看标程这么长，，，我就不想看。。。
先上std，等我弄彻了，，再补吧。
他们说是个大搜素，像luogu上的1451.。
补：
官方上交解题报告：
题目看起来相当复杂，，关键是提取关键信息。
直接看样例，输入矩阵，‘*’代表有雷，‘.’代表安全。
问：在已经知道哪里有雷的前提下，最少要点多少次才能把安全的地方都点了。
要求：一个安全的地方如果周围没有雷，那么他周围的就相当于也被点了。
如果周围有雷，那么就只能一个一个点。
如果没理解错的话，那大概就是这样的，所以就类似于一个搜索题。
用一个bool数组v[i][j]记录整个矩阵标记为false，其余外围部分标记为true，
然后输入矩阵s[i][j]，枚举这个矩阵，如果这个位置是安全的，
就看看这个位置附近有没有雷，用一个数组a[i][j]记录每个位置周围的雷的数量。
全部记录完毕后，重新循环枚举矩阵，if (!a[i][j] && s[i][j]=='.' && !v[i][j])，
就是如果这个位置是安全的，并且这个位置周围都没有雷，并且这个位置是存在于
扫雷矩阵中的，那么点击次数就++，将原来的v[i][j]的false标记为true，
继续搜索下一个点，如果这个点是安全的并且没有被标记，但他周围有雷，
那只能一个一个点击，点击次数++；全部枚举完毕后，输出点击次数。
完毕。
1 #include <cmath>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstdlib>
4 #include <iostream>
5 #include <algorithm>
6 #include <string>
7 #include <cstring>
8 using namespace std;
9 int a[1005][1005],k,sum,X,n,m,i,j,sx[1000005],sy[1000005],L,R;
10 bool v[1005][1005];
11 const int F1[8]={-1,-1,-1,0,0,1,1,1};
12 const int F2[8]={-1,0,1,-1,1,-1,0,1};
13 char s[1005][1005];
14 void dfs(int x,int y)
15 {
16 L=0; R=1;
17 sx[1]=x; sy[1]=y;
18 while (L!=R)
19 {
20 L++;
21 if (!a[sx[L]][sy[L]] && s[sx[L]][sy[L]]=='.')
22 for (int i=0; i<8; i++)
23 if (!v[F1[i]+sx[L]][F2[i]+sy[L]])
24 {
25 v[F1[i]+sx[L]][F2[i]+sy[L]]=true;
26 sx[++R]=F1[i]+sx[L]; sy[R]=F2[i]+sy[L];
27 }
28 }
29 }
30 int main()
31 {
32 //freopen("mine.in","r",stdin);
33 //freopen("mine.out","w",stdout);
34 scanf("%d%d",&n,&m);
35 for (i=0; i<=n+1; i++) for (j=0; j<=m+1; j++) v[i][j]=true;
36 for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=m; j++) v[i][j]=false;
37 for (i=1; i<=n; i++) scanf("%s",s[i]+1);
38 for (i=1; i<=n; i++)
39 for (j=1; j<=m; j++)
40 if (s[i][j]=='.')
41 {
42 X=0;
43 for (k=0; k<8; k++) if (s[i+F1[k]][j+F2[k]]=='*') X++;
44 a[i][j]=X;
45 }
46 for (i=1; i<=n; i++)
47 for (j=1; j<=m; j++)
48 if (!a[i][j] && s[i][j]=='.' && !v[i][j]) {sum++; v[i][j]=true; dfs(i,j);}
49 for (i=1; i<=n; i++)
50 for (j=1; j<=m; j++)
51 if (s[i][j]=='.' && !v[i][j]) sum++;
52 cout<<sum;
53 return 0;
54 }
完毕。
终：
我希望，从蓝天到名利，所有你想要的，都别随风去。