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摘要： //首先思路是，对于每一轮，假如是奇数轮次，我们只需要让当前轮次的所有数尽可能大即可，反之则尽可能小。所以用l=1和r=n来放答案 //对于当前轮次，如果是奇数，很明显只需要挨个从r往小放即可，因为这样已经保证了后面放的所有数都比当前放的小，也就是当前放的数不会是局部最小值 //现在还剩下一个问题， 阅读全文

摘要： 传送门 题目大意：博弈论，给定若干个数轴上属于正半轴的区间，每次可以往左移动区间，但是不能重叠或是区间左端点非正，最后无法移动的人输。 首先我们将每个区间中包含了多少个数（不包含左右端点）看作是多少个小球，那么考虑一次移动区间，我们发现移动一次区间对于这个区间本身是没有任何影响的，影响的是这个区间左 阅读全文

摘要： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t; const int N = 2e5 + 10; int n,m,ans,pos[N],cnt; vector<int> g[N]; vector<bitset<N> > h; void solve 阅读全文

摘要： //首先需要注意到,如果我们对当前序列中每个数都进行一次操作,那么实际上是令整个序列每个数都减一 //于是假设序列k,k,...,k是可以由当前序列转化过去的,那么k-1,k-1,...,k-1也是可以得到的,乃至小于等于k的每个数都是可以作为最终答案的 //于是我们发现答案具有单调性,即有答案的情 阅读全文

摘要： 传送门 题目大意：求斐波那契数列中第n个能整除k的位置 其实找几个数手推一下就会发现貌似是存在每种周期关系的。 这样写看似会无限重复下去，但是实际上是能通过的。根据皮萨诺周期，实际的枚举次数不会超过6k（至于证明，我也不会啊QAQ 放一个FIB数列最大公约数定理：gcd(F(m),F(n))=F(g 阅读全文

摘要： 1001 数列计数 一个结论：\(C_{n}^{m}\)为奇数当且仅当\(n & k==k\) 于是就可以分类讨论一下，当\(l_{i}\)大于等于\(a_{i}\)，此时\([0,a_{i}]\)全都可以取到，假定二进制下\(a_{i}\)有\(k\)个1，方案数就是\(2^{k}\) 否则，我们 阅读全文

摘要： //首先让a[i] = i，如果把a[1]和a[2]调换，发现到奇数位置时就会是它本身，于是n为奇数的情况直接出来了 //而如果n为偶数，例如10，我们直接让111放在最后或，只要保证前面几个数全都有最高位的1，那么最后的答案肯定是最大的。 //但是n为偶数出现了特殊情况，例如8，此时如果还把111 阅读全文

摘要： 记录一个trick： \(\bigoplus_{i=1}^{n} = \left\{\begin{matrix}n, n mod 4 = 0 \\1, n mod 4 = 1 \\n+1, n mod 4 = 2 \\0, n mod 4 = 3 \end{matrix}\right.\) 那这道题 阅读全文

摘要： //记录一下思路历程:首先是毫无头绪 //然后想了很久注意到我可以询问01的个数和10的个数,那么这个字符串只能是010101...或者101010...这样的字符串,通过填充1到1旁边或者填充0到0旁边得到,如果01和10的数量不相同,那么01多肯定是0开头,10多肯定是1开头 //然后想到可以看 阅读全文

摘要： 传送门 首先肯定不能暴力建边然后求总数，会T爆 首先注意到，如果当前\(a[i]\)有因子\(k\),\(k > 1\)，那么对于以后出现的数\(a[j]\)，如果也有因子\(k\)，那么肯定就能够从\(a[i]\)到\(a[j]\)，于是这启示我们只需要从前往后遍历的同时，记录下各个因子对应的方案 阅读全文