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A题
比较巧的输入方式就是循环n，内层套一个循环7

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int ans=0;
		for(int j=1;j<=7;j++){
			int x;
			cin>>x;
			ans=ans+x;	
		}
		cout<<ans<<" ";
	}
	return 0;
}

B题
利用string会比较好做，因为可以直接拼接，拼接以后判断回文即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s[110];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>s[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		string now;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i==j)continue;
			now=s[i]+s[j];
			int len=now.size();
			bool ok=1;  
			for(int k=0,p=len-1;k<p;k++,p--){
				if(now[k]!=now[p]){
					ok=false;
					break;
				}
			}
			if(ok){
				cout<<"Yes";return 0;
			} 
		}
	}
	cout<<"No";
	return 0;
}

C题
这是一个非常经典的括号匹配题目，我们可以不断的存入非右括号字符到数组(手动模拟栈的思想)
记录存入了多少个可以使用的左括号。当我们遇到右括号时，判断前面有没有能用的左括号，如果有那么就不断删除数组尾部的字符，直到我们遇到左括号，也要删除，并且左括号数量-1.如果前面没有可以用的左括号，那么就把右括号也存入数组尾部。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[200005];
char op[200005];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	cin>>s+1;
	int len=0;
	int num=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(s[i]!=')'){
			if(s[i]=='(')num++;
			op[++len]=s[i];
		}
		else{
			if(num==0){
				op[++len]=s[i];
			}
			else{
				while(op[len]!='('){
					len--;
				}
				len--;
				num--; 
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=len;i++){
		cout<<op[i];
	}
	return 0;
}

D题
简单语法题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[200005];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	cin>>s+1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cout<<s[i]<<s[i];
	}
	return 0;
}

E题
简单计算题，注意long long int本题不够用

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	unsigned long long ans=0;
	unsigned long long base=1;
	for(int i=1;i<=64;i++){
		int x;
		cin>>x;
		if(x==1)ans=ans+base;
		base=base*2;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

F题
首要要读懂题意
意思就是3*N个数，值域是1–N，只会出现三次
题目的F(i)函数指的是值为i的数字出现的第二次的下标 ，排序所有F(i)以后依次输出对应的i

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int vis[100005];
struct pe{
	int pos;	
	int vel;
}f[100005];
bool cmp(pe x,pe y){
	return x.pos<y.pos;
}
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=3*n;i++){
		int x;
		cin>>x;
		vis[x]++;
		if(vis[x]==2){
		f[x].pos=i;
		f[x].vel=x;
		}
	}
	sort(f+1,f+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cout<<f[i].vel<<" ";
	}
	return 0;
}

G题
简单递推题(或者说动态规划吧)
我们考虑第i天的状态，要么无毒要么中毒了
定义dp[i][0] 表示第i天吃饭结束后状态为无毒的最大美味度和
定义dp[i][1] 表示第i天吃饭结束后状态为有毒的最大美味度和

对于第i天的菜如果是解毒的，考虑吃还是不吃的问题

如果吃了，那么第i天一定会是无毒的，考虑dp[i][0]可以由昨天怎么变过来?
可以由昨天有毒吃今天的菜 或者 昨天无毒吃今天的菜 的状态转移过来
如果不吃，那么第i天想要无毒状态只能是从昨天的无毒状态转移过来

对于第i天的菜是有毒的，考虑如何吃的问题
我们可以从昨天无毒吃，也可以从昨天有毒今天不吃状态转移，当然最终都是今天中毒的情况
今天也可以不中毒，那就是不吃今天的菜，从昨天无毒转移过来

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long int dp[300005][3];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		if(x==0){//当前解毒 
			dp[i][0]=max(max(dp[i-1][0]+y,dp[i-1][1]+y),dp[i-1][0]);
			dp[i][1]=dp[i-1][1];//若保持当前毒状态，那么本次就不吃 
		}
		else{//当前有毒 
			dp[i][1]=max(dp[i-1][0]+y,dp[i-1][1]);
			dp[i][0]=dp[i-1][0];
		}
	}
	cout<<max(dp[n][0],dp[n][1]);
	return 0;
}