A题意：
每行代表一个城市每列的选举人的投票，投票最多的表明该城市支持他，，如果支持的人数相同，则选小的，求获得最多城市支持的人。
解析：
直接模拟就好了。
;const int INF = 0x3f3f3f3f;const int N = 105;int candid[N], winer[N];int a[N];int n, m;int main() {int val;while(scanf(“%d%d”, &n, &m) != EOF) {memset(winer, 0, sizeof(winer));for(int i = 1; i <= m; i++) {memset(candid, 0, sizeof(candid));for(int i = 1; i <= n; i++) {scanf(“%d”, &val);candid[i] += val;}int maxv = -INF, maxp = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) {if(candid[i] > maxv) {maxv = candid[i];maxp = i;}}winer[maxp]++;}int maxv = -INF, maxp = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) {if(winer[i] > maxv) {maxv = winer[i];maxp = i;}}printf(“%d\n”, maxp);}return 0;}B题意：
知道总共可以选的数，和Misha选的数，求Andrew选一个能让尽可能多的数到Andrew的距离比Misha更近。
解析：
我们再数轴上来看： 显然，如果m到n的长度比1到m大很多，andrew选择m+1至少右边所有的他都能比misha近。 同理，如果左边比右边长，那么就选m-1这个点。 如果左边和右边相等，题目要求说If there are multiple such values, print the minimum of them.要求我们打印小的，也就是m-1。 特别的，当n=1的时候，只能选择数1，所以输出1。
;int n, m;int main() {while(scanf(“%d%d”, &n, &m) != EOF) {int left = m – 1, right = n – m;if(left < right) {printf(“%d\n”, min(m+1, n));}else {printf(“%d\n”, max(m-1, 1));}}return 0;}C
给你一个字符串带有点的，连续的两个点可以变成一个点。 操作是说连续把两个点变成一个点最少操作 然后有m次询问，每次把x位置上的字符变成c，先变完，再询问每次的
解析：
先扫一遍整个字符串，如果发现连续两个”.”的情况，答案就加一，然后对每次询问中的替换：如果由小写字母换成小写字母或者由”.”换成”.”则显然不影响答案，如果是由字母替换成”.”，则查询该位置左右的字符，如果有一个”.”说明这次更改使得答案增加了一，左右侧都有”.”则答案加二 同样的道理，如果替换是由”.”换成字母，同样查询左右位置的字符，如果是”.”则答案减一，道理同上。
using namespace std;const int MAXN = (int)3e5 + 10;char str[MAXN];int n, m;int main() {while(scanf(“%d%d”, &n, &m) != EOF) {scanf(“%s”, str+1);int ans = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) {if(str[i] == ‘.’ && str[i+1] == ‘.’)ans++;}int x;char c[5];while(m–) {scanf(“%d%s”, &x, c);if(c[0] == ‘.’) {if(str[x] != ‘.’) {if(x + 1 <= n && str[x+1] == ‘.’)ans++;if(x – 1 > 0 && str[x-1] == ‘.’)ans++;}str[x] = c[0];printf(“%d\n”, ans);}else {if(str[x] == ‘.’) {if(x + 1 <= n && str[x+1] == ‘.’)ans–;if(x – 1 > 0 && str[x-1] == ‘.’)ans–;}str[x] = c[0];printf(“%d\n”, ans);}}}return 0;}D题意：
给你一个树形的图，先输入的是每个孩子所指向的父亲节点的编号， 然后询问的是，以v为根，深度为h的子树节点，能否构成回文串。
解析：
26个字母看成一个二进制位，如果最后二进制位1个数>=2就不是回文了，由于要计算子树，可以这样处理，pre[d] 数组存的是当前这一层d所有的异或和，dfs进去之前，先计算一下前缀和，进去之后，再计算一次异或和，这样两次异或的前缀会被抵消掉，就相当于是求子树的异或和状态了。
穷则思变，差则思勤！没有比人更高的山没有比脚更长的路。
