A. 倒计时

考虑50%的部分分。

分块来削这个数。

后四位形成一块，预处理出9991~9999在前五位的最大值为0~9情况下分别会削到的值和削的次数。

对于零散的后四位暴力削，这样就可以通过根号预处理，根号削$n$了。

容易发现，对于$n$比较大，我们多分几次块，每次用较小一级的块来预处理大块就行了。

B. 旅行路线

容易发现问题可以转化为一棵1为根的树，统计每个点到树上祖先的本质不同子串。

将点到祖先转化为祖先到子孙，于是问题是一个简单的广义后缀自动机。

C. 流浪者

最终只关注路径上经过的障碍点个数。

容易发现这个向下取整在不断进行的情况下最多有$log2(s)$种取值。

对于障碍点个数很多(>$log2(s)$)，最终的$s$为1。

对于50%可以直接在原网格图上dp。

$dp_{i,j,k}$表示 到$i$行$j$列 已经经过了$k$个障碍点。

特别的$dp_{i,j,25}$（这里我认为25已经大于$log2(s)$）表示到$i$行$j$列 已经经过了不小于$25$个障碍点的方案数。

对于比较大的数据 在原图上dp不可行

但是k比较小,所以将k个障碍点抽离出来

为了方便 如果不存在障碍点(1,1)和障碍点(n,m)，加入这两个点

然后考虑从一个障碍点到另一个在它右下角的障碍点的方案数，是一个组合数。

问题在于暴力进行这个dp过程，算得的结果是不准确的。

因为两个障碍点之间可能存在着其他的障碍点，一个方案实际上经过了中间的障碍点但没有统计到。

可以把这样的情况容斥掉。

一个自然的想法是令$dp_{i,j}$表示到第$i$个障碍点，已经经过了至少$j$个障碍点的方案数。

最终得到了$dp_{k}$数组，对这个数组进行二项式反演即可。

但是容易发现，如果使用这种容斥方式。

$dp_{k,i}$需要通过所有$dp_{k,j}(j>i)$来进行容斥，同时对于每个$j$的转移系数是不同的。

这也就导致了无法通过原来的特殊性质（即只考虑比较少个数的障碍点）来进行dp了。

一个解决办法是将最终的容斥提前，改为对每个$dp_{i}$数组进行容斥，使$dp_{i,j}$表示恰好经过$j$个障碍点。

考虑一个非法的方案，一定可以表示为$11111100$，其中一个数字$1$表示经过了一个障碍点并统计到了，$0$则表示经过了但没统计到。

这样的话实际上还对应着一种方案为$11111110$，这样考虑的话使$dp_{i,j}$减去$dp_{i,j+1}$就可以了。

$dp$数组中不统计超过$log2(s)$的方案，最终通过每个点的$dp_{i,log2(s)}$乘组合数即可，实际上直接用总方案数减也可以得到。

D. 摆棋子

因为一些特殊的原因，出现了$D$题。

因为一些特殊的原因，这场考试成为了唯一一场赛时超过300分的考试。

然而这是一道原题 土兵占领。

通过将摆棋子转化为删棋子，实现跑最大流而得到最小的答案。