复制鸡 连续一段相同数字可以被视为一个数连续复制  for(int i=1;i<=n;++i) { cin>>a[i]; if(a[i] != a[i - 1]) cnt++; } cout<<cnt<<'\n';  好伙计猜拳 二维DP，类似最长上升子序列，用dp[i][j]表示处理了1~i，第i位不变，删除，交换三种操作  dp[1][0] = 0, dp[1][1] = c1, dp[1][2] = c2; for(int i=2;i<=n;++i) { //若保留第i项，枚举上一项 for(int j=0;j<i;++j) { if...

看注释 #pragma GCC optimize("O3,unroll-loops") #pragma GCC target("avx2,bmi,bmi2,lzcnt,popcnt") //如果在不支持 avx2 的平台上将 avx2 换成 avx 或 SSE 之一 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define x first #define y second typedef pair<int,int> PII; typedef long long ll; typedef unsigned long long ...

贪心，和哈希没关系 #pragma GCC optimize("O3,unroll-loops") #pragma GCC target("avx2,bmi,bmi2,lzcnt,popcnt") //如果在不支持 avx2 的平台上将 avx2 换成 avx 或 SSE 之一 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define x first #define y second typedef pair<int,int> PII; typedef long long ll; typedef unsigned long...

看注释 #pragma GCC optimize("O3,unroll-loops") #pragma GCC target("avx2,bmi,bmi2,lzcnt,popcnt") //如果在不支持 avx2 的平台上将 avx2 换成 avx 或 SSE 之一 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define x first #define y second typedef pair<int,int> PII; typedef long long ll; typedef unsigned long long ...

注释写得很清楚了 #pragma GCC optimize("O3,unroll-loops") #pragma GCC target("avx2,bmi,bmi2,lzcnt,popcnt") //如果在不支持 avx2 的平台上将 avx2 换成 avx 或 SSE 之一 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define x first #define y second typedef pair<int,int> PII; typedef long long ll; typedef unsigned long ...

首先抢占（1，1）位置是最优的因为可以占去对方一个1 在（1，1）位置被分完后，各自抢占（1，0）的位置 若num1为偶数，最终结果只和num2_a,num2_b有关 若num2_a>num2_b显然先手赢 若num2_a==num2_b 平局 若num2_a==num2_b-1，因为先手可以抢占（0，1）位置使得平局 否则就是后手赢 若num1为奇数，相等于先手多了一组（1，0）点对num2_a++即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define x first #define y second typedef ...

当n<=2时显然先手获胜 当n>2时若为偶数，后手只需对称与先手保持一致即可 若为奇数 当先手取1个时，后手取两个将环切成相等的两端，然后对称取即可 当先手取2个时，后手取一个将环切成相等的两端 import sys for n in sys.stdin: if int(n)<3 : print("XiaoNiu") else : print("XiaoKe")

首先需要预处理出x个石子能够进行的操作数，存到链表e[x]里面该步骤为n 对每一堆石子求sg函数，对每一堆石子枚举考虑该步骤能否是sg的异或为0，可以则方案数加一 注意：在分解操作中两个约数相同要排除，该操作不会影响sg，但会是方案数重复计算 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5+10; int f[N]; vector<int> e[N]; void divide(int x) { for(int i=1;i*i<=x;++i) { if(x%i==0) { e[x].pus...

首先可以打表猜结论 接下来采取反证法证明： 假设n>1时先手必败，即无论先手选几都必败，此时先手选走1，后手的下一次选x,是与先手选x等价的，由假设可知后手必败，所以先手必胜，与假设矛盾 n = int(input()) if n == 1 : print("Yang") else : print("Shi")

当n m为奇数时，则有一个中心点，先手占据中心点后对称染色与后手相同的颜色即可 否则后手对称染色与先手相同的即可 n,m = map(int,input().split()) if n*m&1 : print("akai") else : print("yukari")

显然本题能操作的次数与n的质因子个数有关 当一个数被分解成质数后便不能再次分解 所以在质因数分解的函数中添加判断使其值不能被除到1即可 记录可操作次数，奇数答案为J,偶数为N  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int divide(int x) { int cnt=0; for(int i=2;i*i<=x;++i) { while(x%i==0&&x!=i) { x/=i; cnt++; } } //if(x>1) cnt++; return cnt; } int main() { int n;...

贪心+优先队列 当页数未填满时直接填充，填满之后需要将集合里的数据下一次出现的位置最晚的置换掉 首先关于处理元素下一次出现位置的方法采取倒向扫pos放进ne数组，pos初始化为极大值,当pos[i]==inf时表明接下来不存在该元素 在未填满时更新相同元素的下次出现位置可以不更新而选择直接向优先队列里面插入,同时用k来记录集合里不同的元素个数,当k==n时,每次出现集合内没有的元素都插入到优先队列 在此强调不能用队列的大小代替k,因为遇到相同元素并没有将初始的记录删除而是直接添加进优先队列 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #...