这道题最开始我并没有什么思路，但是看了一下样例发现每个样例的结果就是矩阵里面点的个数，所以本着guess的想法试了一下，然后就过了 现在回来想办法证明一下。首先通过模拟我们可以发现，点的坐标整体走向是变小的。既然如此，如果要有无限次变换那么就只能是每次变换都是它本身或者是x,y坐标交换 首先每次变换都是它自身的情况很明显不存在，这里省略，很容易模拟或者证明得到。对于第二种情况，也就是说(x,y)会变成(y,x),（y,x)又会变成(x,y).也就是说x ^ y ^ |x - y| = x,||x-y| - x ^ y| = y.对于第一个条件，我们需要y = |x - y|,将其带入到第二个式...

这道题我们需要用分段的思路来进行思考 我们是不是会首先进行异或，然后再进行和运算，并且异或运算是相邻进行的，所以我们可以看作是有若干个异或段的结果进行和运算 对于最大的结果ans来讲，如果要让和运算得到这个ans,那么ans里面是1的位置这些段都会有1 所以如果我有奇数个段的话，那么就相当于一段，因为每个段都有1.然后合并起来就是奇数个段，那么相当于所有数字进行异或运算 如果我有偶数个段的话，那么我们是可以分为两个奇数段来进行和运算的，这样子在这两个奇数段中都保留了ans为1的位置，然后和运算得到的结果就是ans 所以结果要么就是所有数字进行异或运算，要么就是某个位置的前缀异或和和后缀异或和的...

// BggBB wZPXsv:. UBgQGv // BgEQQ ,:sJ. .,. ::, rBORZJ // .BgggB .sJrc7r77:., .:;75as :BgOMp // :BgERB. 2a: ,:. :cEBOgMB: // wR: rBODgBKL: ,:r: ,srLL;. . ,BRggBJ ; s // gR1 sBgDBQi :csLr; ,rJ7. ,, BMp5QQJ;w: :rg, // JRJipEs XBRBO 7s;, :c; .,BE5OgB :7L L // cZQDB: RBBP :L;. :r GBBEgQ5 .;:w // .. ;DBZ...

就是纯模拟。因为我要清空所有的数组，并且根据题目条件可知，我们肯定要从最小的数字开始删除。 代码如下: #include<iostream> using namespace std; #include<map> #include<set> int main() { set<int>s; map<int,int>mp; int n,a; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a; if(mp[a]==0) s.insert(a); mp[a]++; } int sum=0...

就是很普通的模拟，直接暴力STL就好了 详细代码如下 // BggBB wZPXsv:. UBgQGv // BgEQQ ,:sJ. .,. ::, rBORZJ // .BgggB .sJrc7r77:., .:;75as :BgOMp // :BgERB. 2a: ,:. :cEBOgMB: // wR: rBODgBKL: ,:r: ,srLL;. . ,BRggBJ ; s // gR1 sBgDBQi :csLr; ,rJ7. ,, BMp5QQJ;w: :rg, // JRJipEs XBRBO 7s;, :c; .,BE5OgB :7L L // cZQDB: RBBP :L;....

（前面一直看找到代码问题，后面才发现自己变量打错了） 很明显的贪心做法，因为一个糖果是可以在多个连续m个盒子区间中的，所以在修改的时候我肯定是想要修改被比较多个区间包含的糖果（这里后面还会有修改） 但是我肯定不是直接从中间出发看每一个糖果盒是否修改，因为你还要考虑到每个盒子里的糖果数量，因为我是不能让数量为负数的 那么我们换一种想法，从第一个区间出发，我们优先修改哪个值，是不是我们会优先修改最右边的值。那么我们只需要从左到右维护一个滑动窗口，优先修改最右边的值就好了。可能还有人有疑问，就是他明明存在最右边不是被最多区间包含的情况。对于这种情况是不是因为存在在这个区间左边的区间的影响。 可是，如...

纯模板，思路也很简单，用SG函数推一下就能发现。对于当前的状态x，他的SG值就是mex{SG[x-m],……,SG[x-1]}。 然后手动推一下打表就能发现，当n%(m+1)==0的时候，无论先手选择什么，后手必定有一种选择能够让两个人选择的石头数等于m+1,所以后手必胜 反之，先手就可以拿走n%(m+1)个石头，这样子自己成为上一个状态的后手，所以必胜 代码如下: // BggBB wZPXsv:. UBgQGv // BgEQQ ,:sJ. .,. ::, rBORZJ // .BgggB .sJrc7r77:., .:;75as :BgOMp // :BgERB. 2a: ,:. :cE...

很经典的括号匹配问题，题目说XY的深度会算作max(X,Y),(X)的深度会算作X+1. 首先对于括号匹配问题我们很容易能想到用栈进行匹配的做法，然后对比之后就能发现，其实这个深度就是看栈中存下来的左括号个数最大值，这是可以模拟证明的，模拟之后就能发现完全符合题意。 所以直接用栈进行匹配，记录栈的大小最大值就好 详细代码如下 // BggBB wZPXsv:. UBgQGv // BgEQQ ,:sJ. .,. ::, rBORZJ // .BgggB .sJrc7r77:., .:;75as :BgOMp // :BgERB. 2a: ,:. :cEBOgMB: // wR: rBODgBK...

这道题的思路还是比较一眼的，因为范围是1e18,而2的60次方就已经大于1e18了 所以如果k>60的话就肯定直接输出1 如果是k=1的话就直接输出n 剩余情况通过二分寻找最大的位置mid使得mid ^ k <= n,这样子我们可以比较l和l+1的情况来选择符合题意的位置 但是问题是这里的计算很容易出现溢出的情况，所以这里需要对快速幂进行修改 在需要累乘到res的时候，如果num<=0，说明出现了溢出情况，这个时候肯定不会选择这个位置 所以返回2*n 又或者res * num > 2 * n，这个时候也肯定不会选这个位置 所以也是返回2 * n 返回2 * n这个小巧思...

首先要先明确的一点就是，如果所有数字的总和sum能被n整除，那么最大众数数量为n，否则是n-1。 因为不能整除的时候，最大众数数量肯定不能为n，这个时候我们可以想到让某一个区间的总和能够被该区间长度整除，而其他数字就不用管了 所以我们可以将一些数清到不用管的数字里，那么很明显，我们可以只清到某一个数字上面，所以最大众数长度为n-1 然后就是选择哪个数字的问题，很容易可以想到，这n-1个数字肯定要连续才是最有情况。那么那个数字就是最小值或者最大值 然后还要考虑到一点就是去掉某个数字之后我们可能需要去掉一部分数字到这个数或者从这个数拿一些数字。 以选择最大值a[n]为例子，如果是去掉一部分到最大值...

还是挺典的一个子序列动态规划的，就是用dp[i]表示以Cwbc中第i个位置结尾的子序列个数就好了 唯一要注意的点是这里不区分大小写 // BggBB wZPXsv:. UBgQGv // BgEQQ ,:sJ. .,. ::, rBORZJ // .BgggB .sJrc7r77:., .:;75as :BgOMp // :BgERB. 2a: ,:. :cEBOgMB: // wR: rBODgBKL: ,:r: ,srLL;. . ,BRggBJ ; s // gR1 sBgDBQi :csLr; ,rJ7. ,, BMp5QQJ;w: :rg, // JRJipEs XBRBO 7s;,...

因为是输入一个1-1e6范围内的n，然后输出好排列的个数，所以其实很容易能够想到是组合计算 首先我们可以发现，要求ai * i是3的倍数，只要ai或者i是3的倍数的时候就能满足 但是我们要求恰好有一半的i满足条件 所以我们能想到我们要将一部分的3的倍数放在3的倍数的位置上，这样子相当于消耗了一部分地3的倍数和3的倍数的位置 那么我们要计算的内容为：  从3的倍数里面选出一定数量个数放在3的倍数位置上的组合个数 将选中的3的倍数有序地放在3的倍数位置上的个数 选择非3的倍数有序地放在剩余3的倍数位置上的个数 将剩余数字有序地填满在剩余位置上地个数  详细过程可以参考代码: // BggBB wZ...