没注意到进制，自己想的一种野方法，凑合着看吧 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long signed main(){ cin.tie(0) -> ios::sync_with_stdio(0); int n,k;cin >> k >> n; vector<int> ans(n+5); int now = 0,total = 1,total_pre = 0, now_up = 0; while (total ...

此题使用python内置函数 bin 的注意点 注意将负数 & 一个 0xffffffffffffffff (由于64位) import sys def count_ones(n: int) -> int: return bin(n & 0xffffffffffffffff).count('1') def main(): inputs = sys.stdin.read().strip().split() for s in inputs: print(count_ones(int(s))) if __name__ == '__ma...

一种个人感觉比较好的解法 void draw(int n){ int len = 2 * n - 1; fer(i,1,len+1){ fer(j, 0, abs((n - i))) cout << ' '; fer(j, 0, len - abs(n-i)*2) cout << '*'; fer(j, 0, abs((n - i))) cout << ' '; cout << endl; } } void solve(){ int n; w...

对动态规划解法的思考过程（记录向） 现实问题： 我们无法直接求得最后剩余的人 注意到： 相邻两轮的关系我们知晓 所以： 为了用好这个关系，我们将其抽象为以下情景： 以n = N 为先，重新编排这一轮的编号 当它失去一个人的时候，我们会发现第N轮和第N-1轮的相互映射关系是固定的 注意到，我们如果将第N - 1 单独作为之前的最后一轮，也从头开始编号，他们的关系就可以直接递推下去 下面n = 6,m = 2,k = 0为例（注意题目k >= 1）, 答案是4, 假设最后留下的人对这一轮从头开始的编号是 num 轮数 编号 N 0 1 2 3 4 5 N-1...

假设： 两张卡牌A,B,其初始数字为n 开始对A操作，值为x 最优情况: A B n-x n n-x x n-2x x 所以： 答案应为为 n - x 而 0 <= x <= [n / 2] 故答案应为 n - [n / 2] 正解： void solve(){ int n; cin >> n; cout << (n - n / 2); }

The first day, hello world!