题挺好的，收获了许多

1.暴力枚举（许多巧妙地处理细节方法）

n是1--9,于是我们可以直接暴力，对于1注意特判开头0但N！=1，对于情报4，我们可以把a,b,c,d的所有取值枚举一遍，那么如何判断有无前导0？我们只要与10000...比即可，最后用2和3判断一下放入set中去重。

这里有一个小性质：判断是否可以被8除只要看后3位，因为前面的都乘了1000.

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int t,n,y;
string s;
void solve(){
    set<int>st;
    if(s[0]=='0'&&n!=1){
        cout<<0;
        return;
    }
    int mi=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) mi*=10;
    if(n==1) mi=0;
    for(int a=0;a<=9;a++){
        for(int b=0;b<=9;b++){
            for(int c=0;c<=9;c++){
                for(int d=0;d<=9;d++){
                    if(a==b||a==c||a==d||b==c||b==d||c==d) continue;
                    for(int _=0;_<=9;_++){
                        int x=0;
                        for(int j=0;j<n;j++){
                            if(s[j]<='9'&&s[j]>='0'){
                                x=x*10+(s[j]-'0');
                            }
                            else{
                                if(s[j]=='a'){
                                    x=x*10+a;
                                }
                                else if(s[j]=='b'){
                                    x=x*10+b;
                                }
                                else if(s[j]=='c'){
                                    x=x*10+c;
                                }
                                else if(s[j]=='d'){
                                    x=x*10+d;
                                }
                                else{
                                    x=x*10+_;
                                }
                            }
                        }
                         if(x>=mi&&x<=y&&x%8==0) st.insert(x); 
                    }
                }
            }
        }
    }
    cout<<st.size()%mod;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n>>s>>y;
        solve();
        cout<<endl;
    }
}

2.思维：

我们不妨把绝对值拆开，发现它就是两个点的min的两倍，那么对于任意两个点最小dis可能是这两个点较小的2倍，也可能是绕过最小点a[1]的4倍。

于是我们sort一下，从小到大枚举每一个点的贡献即可。

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,t,a[200010];
bool cmp(int a,int b){
    return a<b;
}
void solve(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    long long sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        sum+=4ll*min(2*a[1],a[i])*(n-i);
    }
    cout<<sum;
}
int main(){
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
        cout<<endl;
    }
}

3.DP

直接按照题目要求DP会TLE，因此我们可以预先维护好每一张卡牌走1---n步的最小花费，同时注意到modn的性质，走n次一定会回到原点以此判断结尾。

dp[i][j]表示最大走i步后使聚合卡提高到j的最小代价，dp[0][0]=0,求dp[n][n-k],易得状态转移方程：

dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][(j-i+n)%n]+min[i]),其中我们只用减一个i即可（因为走更多的话就不满足最大走i步的条件）

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t,n,m,k,c[1110],a[1100],mins[5005],dp[5005];
bool vis[5002];
void solve(){
    for(int i=0;i<=n;i++) mins[i]=2e18;  
    for(int i=0;i<=n;i++)  dp[i]=2e18;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=1;;j++){
            if((a[i]*j)%n==a[i]%n&&j>1) break;
            int u=(a[i]*j)%n;
            mins[u]=min(mins[u],c[i]*j);
        }
    }
   dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=n;j++){
            dp[j%n]=min(dp[j%n],dp[(j-i+n)%n]+mins[i]);
        }
    }
    long long ww=dp[n-k];
    if(ww>=2e18) cout<<-1;
    else cout<<ww;
    return;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n>>m>>k;
        for(int i=1;i<=m;i++) cin>>a[i]>>c[i];
        solve();
        cout<<endl;
    }
}