a，b题不说。
c题思路是每次枚举俩个点，用半径R确定最大的圆（这样的圆有俩个，求圆心手算有点小麻烦），更新最大值，3次方的，100个点，不会超时。
D题是枚举+贪心，所有物品一共只能是N+1种被拿的情况：要么全是用R（该位子是若用右手标记R，若用左手标记L）：RRR...RRR，或者第一个物品用L：LRRR...RR，.....依次到LLLLLL..LLL，一个序列来记录每个物品是被左手还是右手拿。枚举所有序列，如LLL...RRR，贪心：那必然是一次L一次R，多出来的需要额外开销能量。如LLLLRR，多2次R，多一次开销qr(先R)。这样是o(n)的算法。
E题，枚举aj，然后向俩边搜索，往右边搜索的时候，若该数是刚刚左边数的倍数，则跳过枚举。详见代码则明。
F题，（CF 126D）不错的题。求任意一个数表示成不同的斐波那契数之和有几种方案。思路：用该数去减不大于它的最大的斐波那契数，得到新的数，然后用该数重复上述过程，直到该数为0，用这种方法得到一种拆分方法。然后巧妙的是：用一个01序列来表示一种拆分：如14=13+1，则表示为100001（1表示取，0,不取，从左向右，1，2，3，5，8,13，...），
那么1可以表示成左边两个1，001 -》110。然后又多少种拆分？下面用动态规划，dp[i][1]:表示该拆分中，从左往右第I个1取有几种方案，DP[I][0]，表示不取有几种方案。则： 第i个1若取，则第i-1个1到第i个1之间必取0，所以得到：dp[i][1]=dp[i-1][1]+dp[i-1][0]; 若不取，则看第i-1个1与该位之间有几个0，若第I-1个1取，设有K个0，则第I个1必有
k/2种拆分方案，由乘法原理，得：dp[i-1][1]*((id[i]-id[i-1]-1)/2)，若i-1个1不取，则又多一个0，则：dp[i-1][0]*((id[i]-id[i-1])/2); 故 ：dp[i][0]=dp[i-1][1]*((id[i]-id[i-1]-1)/2)+dp[i-1][0]*((id[i]-id[i-1])/2);（id【i】记录第i个1所在的位子号）
代码详见：
#include<iostream> //f题
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long fib[100];
void got()
{
fib[1]=fib[0]=1;
for(int i=2;i<88;i++)
{
fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2];
}
}
int dp[88][2];
int main()
{
got();
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
long long n;
cin>>n;
vector<int>id; //id【i】记录第i个1所在的位子号
for(int i=87;i>0&&n!=0;i--) //获得一种边界拆分
{
if(n>=fib[i])
{
n=n-fib[i];
id.push_back(i);
}
}
reverse(id.begin(),id.end());
dp[0][1]=1; dp[0][0]=(id[0]-1)/2;
for(int i=1;i<id.size();i++)
{
dp[i][1]=dp[i-1][1]+dp[i-1][0];
dp[i][0]=dp[i-1][1]*((id[i]-id[i-1]-1)/2)+dp[i-1][0]*((id[i]-id[i-1])/2);
}
cout<<dp[id.size()-1][1]+dp[id.size()-1][0]<<endl;
}
return 0;
}