贪心   很容易想到 两个数的和一定是大于等于他们两个的按位或的   最好的情况就是等于  所以我们只需要把每个数作为一段即可   结果就是所有数之和   import java.math.*; import java.util.*; public class Main {     public static int a[];     public static long sum[]; &nbsp...

首先 java选手一定不要用Scanner  我咋说怎么会超时！！！   大家可以自己画一下这个格子的地图               首先左上角的(0,0)是失败的。我们接下来只需要看一下当前所在的位置是否能走到能让对手失败的位置即可。   比如(1,0)(2,0)都可以一次就走到(0,0),让对手无路可走   但是(3,0)没办法一次走到一个能让对手失败的位置  所以这个位置也就需要标记失败。   其他点以此类推   这时候我们就可以发现  当x==y以及(x-y)的绝对值是3的倍数的时候  都是注定失败的点 ...

小牛获胜一次的概率为,那么小牛此次游戏获胜的概率就为,所以小牛输的概率就为1-。(千万看准  这里求的是输的概率  不是赢得概率emmmm~~~)   通过费马小定理求逆元即可喽   java选手注意  用Scanner是过不了的(反正我wa了很多次)  要用StreamTokenizer才可以   import java.math.*; import java.util.*; import java.io.BufferedReader; import java.io.IOException; import&nbs...

明天就ccpc了 今晚来小白月赛呀

每次都是选取最大的那i*j个数字   所以用前缀和维护  累加即可   import java.math.*; import java.util.*; public class Main {     public static int a[];     public static long sum[];     public static&nbsp...

简简单单的一道题   算出各自走过的角度之后取余360度。   然后将两个角比较一下选出最小的即可   一个角度为   转的角度大的  -   转的角度小的   另个角度为   360-转的角度大的 + 转的角度小的   最后四舍五入即可   import java.math.*; import java.util.*; public class Main {     public static void ...

小明想知道，满足以下条件的正整数序列的数量：  1. 第一项为 n；  2. 第二项不超过 n；  3. 从第三项开始，每一项小于前两项的差的绝对值。  请计算，对于给定的 n，有多少种满足条件的序列。   dfs+记忆化   import java.util.*; import java.math.*; public class Main  {     static Scanner input = new Scanner(System.in); &nbs...

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,x[1001],y[1001],a[100][100],ans=0; int main() {     cin>>n;     for(int i=0;i<n;i++)     {         cin>>a[i][0]>>a[i][1];          if(x[a[i][0]]==0&&y[a[i][1]]==0)             {                 ans++;             ...

直接用Set集合记录各数字出现情况。如果当前的数为偶数并且在集合中没有出现过的话。我们就把他放到集合中并且自除2. 操作次数将会增加一次。如果出现过的话 就不用操作了 因为他会和以前的那次一起操作 不用记录次数代码很简短 import java.util.*; public class Solution { /** * 返回一个数，代表让这些数都变成奇数的最少的操作次数 * @param n int整型 代表一共有多少数 * @param a int整型一维数组 代表n个数字的值 * @return int整型 */ public static int solve (int n, int[] ...

思路:查询出该区间内 每一个位置中1的个数 然后根据1多还是0多进行对比 来确定X当前位置应该为1还是0具体思路：首先我们需要去确定记录每个位置的1的个数。我们可以用前缀和来完成，建立二维数组来存储前缀中各位1的个数，然后通过r位置的减去l-1位置的个数即可得到l到r区间内每位中1的个数。其次如果要是1的个数小于区间长度的话，说明1是少数，既然1是少数，那我们就让X的该位置为1，这样异或0的个数就会更多从而使值更大。如果1大于等于区间的话，就让该位置为0，因为X尽量小，所以等于放在这个位置。最后通过各位是1或者是0来计算X import java.math.*; import java.io....

定义visit[i]数组用于记录i是否已经被用过了然后用i从2遍历到n遍历如果i没有被当做质因子用过的话我们就从i开始，将i的倍数全部标记一下，同时ans每一次都要去加上i，注意不是加i的倍数，而是去加质因子i。这里特别声明一下java选手不能去用j=ii,因为java的下标只能是int类型,j=ii会爆掉int的。所以只能牺牲速度去做这道题 不过还好可以过。当然你也可以去选择转为列表再用j=ii;这里说明一下为什么要从j=ii开始而不是我写的j=i开始。因为i之前的那些质因子已经遍历过了，他们肯定是不符合条件的，所以直接从i*i开始去找后面那些没有遍历过的。可以节省时间。 import ja...

思路:尺取法本篇题解适合小白参考,尤其是没有接触过尺取法的小白。尺取法顾名思义就像一把尺子一样一点一点截取一个区间。就照这个题来说。我们需要让一个区间内26个字母都出现过并且长度最短。我们就可以设置l和r作为指针使用指向下标0的地方。然后将r一点一点向右挪动，我们需要挪动到什么时候呢，当然是满足题意的时候。当我们挪动到一个位置使得[l,r]中包含了26个字母。我们停止挪动。这时候我们需要干什么呢，我们就需要挪动左边的l指针，一点一点的往右挪动，直到不符合我们的条件之后，记录这一个区间的长度。反反复复直到尾部即可。 import java.math.*; import java.io.Buffe...