A

  直接输出\(a × b\)即可

    int a, b;
    std::cin >> a >> b;
    std::cout << a * b << "\n";

B

  将所有的\(N\)个数乘起来看是不是大于\(10 ^ {18}\),很明显会爆\(long\ long\)而用高精度的话也太麻烦了，所以可以考虑用\(\_\_ int128\_ t\)，但也有可能会出现最后一个数是\(0\)，前面所有数乘起来大于\(10 ^ {18}\)的情况，所以将所有的数先排序，排完序之后再乘起来.

	int n;
	std::cin >> n;
	std::vector<int64_t> a(n);
	for (int i = 0; i < n; i++ ) 
		std::cin >> a[i];
	std::sort(all(a));
	i128 ANS = 1;
	for (int i = 0; i < n; i++ ) {
		if (ANS * a[i] > INF || ANS * a[i] < 0) return std::cout << "-1\n", 0;
		ANS *= a[i];
	}
	std::cout << ANS << "\n";

C

  看起来是一个可以直接乘起来的题，但是会因为\(double\)丢精度，所以我们要把\(double\)先转化成\(int\)再做乘法.

	i64 a;
	std::string b;
	std::cin >> a >> b;
	int B = 0;
	for (auto c : b) {
		if (c == '.') continue;
		B = B * 10 + (c - '0');
	}
	std::cout << a * B / 100 << "\n";

D

  我们要将\(N\)尽可能多的执行操作，而\(N\ =\ p_1 ^ {k1} * p_2 ^ {k_2} * \dots * p_m ^ {k_m}\)，一定是让最小的尽可能的用，所以从\(2\)开始枚举，让\(N\)每次除以它的倍数，这样我们就可以做到\(O\left(\sqrt{N}\right)\)的复杂度

    signed main() {
        std::cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
  	  i64 N;
  	  std::cin >> N;
  	  i64 ans = 0;
  	  for (int i = 2; i * 1ll * i <= N; i++ ) {
  	  	  for (i64 j = i; N % j == 0; j *= i) ans ++, N /= j;
  		  while(N % i == 0) N /= i;
  	  }
  	  std::cout << ans + (N != 1) << "\n";
        return 0 ^ 0;
    }

E

  结论题,我们可以取得最小中位数和最大中位数之间的所有中位数，都可以被取到.所以，我们按照这个写一个程序，先算出最小取到的中位数和最大取到的中位数，然后用分类讨论，等差数列求项数公式求出即可。（偶数的情况公差是0.5，奇数的情况公差是1）。

    signed main() {
        std::cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
  	  int N;
  	  std::cin >> N;
  	  std::vector<int> A(N), B(N);
  	  rep(i,0,N) {
  		  std::cin >> A[i] >> B[i];
  	  }
  	  std::sort(all(A));
  	  std::sort(all(B));
  	  std::cout << (N & 1 ? B[N / 2] - A[N / 2] + 1 : B[N / 2] + B[N / 2 - 1] - A[N / 2] - A[N / 2 - 1] + 1) << "\n";
        return 0 ^ 0;
    }

F

  我们要求出在\(2 ^ {N-1}\)个集合中\(A_{k_1} + A_{k_2} + \dots + A_{k_m} =s\)的个数，很容易想到要用\(dp\)来求解，我们设状态\(dp\left[i\right]\left[j\right]\)来表示选到第\(i\)个数的时候和为\(j\)的方案有多少个，就相当于转化成了一个背包问题。

    signed main() {
          std::cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
    	int N, s;
    	std::cin >> N >> s;
    	std::vector<int> a(N + 1);
    	rep(i,1,N + 1) std::cin >> a[i];
    	
    	std::vector<std::vector<Z>> dp(N + 1, std::vector<Z> (s + 1));
    	dp[0][0] = 1;
    	for (int i = 1; i <= N; i++ ) {
    		for (int j = s; j >= 0; j -- ) {
    			dp[i][j] += dp[i - 1][j] * 2; // 当前这个数加不加进来 两种方案
    			if (j + a[i] <= s) dp[i][j + a[i]] += dp[i - 1][j];
    		}
    	}
    	std::cout << dp[N][s] << "\n";
          return 0 ^ 0;
    }