A.注意到∀n>m,n! mod m=0\forall n>m , n! \space mod \space m = 0∀n>m,n! mod m=0,又有10!=3628800>10610! = 3628800 > 10^610!=3628800>106,故对于n≥10n\ge 10n≥10,(n!)! mod m=0(n!)! \space mod \space m = 0(n!)! mod m=0. 然后预处理所有的1≤x<m1\le x < m1≤x<m...

A:一个显然的事实是，匹配只会考虑匹配排序后相邻的两个元素。 考虑先排序，令表示前个元素中，选取对的最小值。 则不选当前元素 选取当前元素: 两者取即可。总复杂度 B：显然删除完毕之后，将剩余的数字从小到大填入空位中。考虑从前往后扫描，对于每一位，考虑能否将这一位变得更小。若，则不该删除位置；若，则应该删除位置。 若，则假设删去第个位置之后，应该填入的数字是。若，则应该删去位置；若，则不应该删去位置；若，则删去位置本质上和删去位置是相同的，可以忽略位置。 若，则假设这一位本该填入的数字是，若存在满足且，则删去位置能使得位置的数字变小，故删去位置。（第一次碰到这种位置时,是唯一的...

A.，当且仅当两个数二进制下最高位是同一位。按照最高位分类统计即可。 B. 对于每个循环节分别处理。考虑中的一个循环节，则必须在中所处的循环节内。令与在中的同一个循环节内，且从出发，走步可以抵达，则对于中的同一个循环节的不同数字，对应的必须相同。假设此时该循环节长度为，则必须满足。最后用中国剩余定理判定同余方程组是否有解。 一组同余方程有解的充要条件是两两方程构成的方程组有解，显然方程的数目不超过个，暴力枚举每一对检查即可。 C.显然的结论：最优的合成路线一定是从等级开始，不断合成高等级的物品直到无法合成，然后对高等级的物品重复同一过程。 令表示执行到 等级为的物品这一步 的时候，拥有个物品...

T1:考虑用你手上最小的牌去碰对面最大的，次小的碰次大的……以此类推。 证明如下： 令你的初始总分为你手上的牌的点数和减去对面的点数和。每次当你的牌小于对面的牌时，你将获得的分数。不难发现这个问题与原问题等价。 现在假设在游戏过程中，你有次出牌小于对面的，显然为了最大化分数我们应该选你的最小张碰对面最大张。当不断增加时，若你的小牌小于对面的大牌，则你的分数会增加。模拟这个过程计算即可. T2:对每个联通块分别考虑。如果这个联通块是一条链，则最后收缩至.如果是一个环，则点数不变。如果是一个拥有四个点的菊花图，答案是.其他情况均发散至正无穷。对每个联通块求和即可。 T3:令表示长度为i的置换的...

T1.多项式 20pts: 任何暴力做法大概都是可行的 50pts: 用个数组F储存这个多项式并最后进行统计 70pts: 对于i互不相同的情况，只要统计一共有多少个非零的系数。在50pts的基础上可以额外获得20pts 100pts: 在50pts的基础上用std::map来代替数组。时间复杂度 参考代码：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=40814364&scrollToDetail=1 T2.Game with numbers 20pts: 可能有我没...