cfRounddiv3--CDEF题解
C-Assembly via Remainders
思路：因为xi最大只有500，而构造的ai最大可以到1e9，直接从501开始构造即可。
void solve(){ //C 简单构造
int n; cin>>n;
vector<int> vct;
vct.emplace_back(501);
for(int i=2;i<=n;i++){
int x; cin>>x;
vct.emplace_back(vct[i-2]+x);
}
for(int i=0;i<n;i++) cout<<vct[i]<<" ";
cout<<endl;
}D-Permutation Game
思路：按着顺序枚举即可。枚举每一个位置，可以计算出此后一直拿这个位置可以得到的最终的值。取max即可.计算双方的最大可能得分来回答这个问题。
int p[200005];
int arr[200005];
void solve(){ //D 枚举n，贪心
int n,k,sa,sb; cin>>n>>k>>sa>>sb;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>arr[i];
// vector<int> pa,pb;
// pa.emplace_back(sa);
// pb.emplace_back(sb);
// for(int i=2;i<=n;i++) pa.emplace_back(p[pa[i-2]]);
// for(int i=2;i<=n;i++) pb.emplace_back(p[pb[i-2]]);
int maxa=INT_MIN,suma=0,maxb=INT_MIN,sumb=0;
for(int i=1;i<=k&&i<=n;i++){
suma+=arr[sa];
maxa=max(maxa,suma+(k-i)*arr[sa]);
sa=p[sa];
sumb+=arr[sb];
maxb=max(maxb,sumb+(k-i)*arr[sb]);
sb=p[sb];
}
if(maxa>maxb) cout<<"Bodya"<<endl;
else if(maxb>maxa) cout<<"Sasha"<<endl;
else cout<<"Draw"<<endl;
}E-Cells Arrangement
思路：集合最大的值为(n-1+n-1).选了(1,1)和(1,2)可以贡献0,1;两个值.再选(n,n)可以贡献(n-1+n-1)和(n-1+n-1-1). 再选(n-1,n-1)可以贡献(n-1-1+n-1-1)和(n-1-1+n-1-1-1)都是会贡献两个不重复的，没出现过的值。
举例：n=4;
选择(1,1)和(1,2)-->S={0,1};
选择(4,4)-->S={0,1,6,5};
再选择(3,3)-->S={0,1,6,5,4,3}; 呃呃这个应该是S={0,1,6,5,4,3,2}这样选就产生了所有可能的距离。。
可是为什么不会存在一个点，选了这个点可以贡献3个没出现过的值的呢？原因如上...呃呃歪打误撞写对了正解。。
主对角线到(1,1)产生偶数距离，到(1,2)产生奇数距离.
void solve(){ //E 巧妙构造题，如果想歪了的话，将会一直卡死 30分钟
int n; cin>>n;
cout<<"1 1"<<endl;
cout<<"1 2"<<endl;
for(int i=n;i>=3;i--) cout<<i<<" "<<i<<endl;
cout<<endl;
}F-Equal XOR Segments
思路：不错的题！
首先区间异或题，99％是需要一个区间前缀和pre
第一步：首先需要 发现 最终区分的区间都可以是两段或三段。
因为大于三段的区间，都可以通过x^x^x=x化简为两段或三段。
发现上面性质之后，就可以进行下一步了。
第二步：思考两段的时候是什么情况，三段的时候又是什么情况。
两段：[l,m] , [m+1,r] --> pre[m]^pre[l-1] == pre[r]^pre[m] --> pre[l-1] == pre[r]; 这个o(1)判断即可
三段：[l,a] , [a+1,b] , [b+1,r] --> pre[a]^pre[l-1] == pre[b]^pre[a] == pre[r]^pre[b] --> ①pre[l-1]==p[b] ②pre[r]==pre[a]
且需要满足条件 l<=a<b<r ; 按定义的话，左边断点a取等就是第一个单独一个区间，右边取等没意义，越界了。第二个断点b取r-1的时候，r就是单独一个区间的含义了。
推出这个之后，就进行可以下一步了，怎么确定有没有合法区间？
第三步：二分。
因为pre[l-1]和pre[r]都是定值，现在需要找到下标a,b满足①pre[l-1]==p[b] ②pre[r]==pre[a].而且b要尽可能小(靠近L),a要尽可能大(靠近R).因为这样才能不错漏答案。这个时候就需要二分来找了，因为下标是有单调性的，可以二分。
第四步：要想到用map<int,vector<int>> mp; 这个容器来存数据。 mp.first是pre[i]的值，mp.second是一个vector<int>，存的是m.first的下标。
////F-Equal XOR Segments-相等的 XOR 段--好题
////手写二分
int n,q;
int pre[200005]; ////经典的异或前缀和
void solve(){ ////F o(qlogn) 异或+二分(不好想到)
cin>>n>>q;
////关键就在于此。mp是用作二分的容器。 first为前缀异或的值--second为这些相同的前缀异或值出现的下标..(需要对这些下标进行二分)
map<int,vector<int>> mp; ////TLE30..cf不要再用unordered_map了。。会专门被卡。。
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>pre[i];
pre[i]^=pre[i-1];
mp[pre[i]].emplace_back(i); ////vector中存的是下标
}
while(q--){
int l,r; cin>>l>>r;
bool ans=false;
////先检查能不能分为两段
if(pre[l-1]==pre[r]) ans=true;
////再检查能不能分为三段
if(!ans){
int num1=pre[l-1],num2=pre[r];
int minidxa=INT_MAX,maxidxb=INT_MIN;
// vector va=mp[num1],vb=mp[num2]; //这个操作是时间复杂度是o(n)的，空间复杂度也是o(n)的
int ll=0,rr=(int)mp[num2].size()-1; ////注意这里的ll和rr是 二分的是下标 --- 二分下标找在区间l,r中的下标..
while(ll<=rr){
int mid=(ll+rr)>>1;
if(l<=mp[num2][mid]&&mp[num2][mid]<r){
minidxa=mp[num2][mid];
rr=mid-1;
}
else if(mp[num2][mid]>=r) rr=mid-1;
else if(mp[num2][mid]<=l) ll=mid+1;
}
ll=0,rr=(int)mp[num1].size()-1; ////超乎想象。。mp.size()不加强制类型转换，在cf上跑会导致RE，找了很久都找不到错。。原来这都会导致RE。
while(ll<=rr){
int mid=(ll+rr)>>1;
if(l<mp[num1][mid]&&mp[num1][mid]<r){
////右边可以不取等号，左边需要取等号。按定义的话，左边取等就是第一个单独一个区间，右边取等没意义，越界了。第二个断点取r-1的时候，r就是单独一个区间的含义了。
maxidxb=mp[num1][mid];
ll=mid+1;
}
else if(mp[num1][mid]>=r) rr=mid-1;
else if(mp[num1][mid]<=l) ll=mid+1;
}
if( l<=minidxa && minidxa<maxidxb && maxidxb<r ) ans=true;
}
if(ans) cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
cout<<endl;
}////更短的代码，不用手写二分。
////更多的是注释。解释导致RE的原因
int n,q;
int pre[200005]; ////经典的异或前缀和
void solve(){ ////F o(qlogn) 异或+二分(不好想到)
cin>>n>>q;
map<int,vector<int>> mp;
////l==1时，pre[l-1]=0这是默认的,但是mp中没有更新mp[0].emplace_back(0),而pre中可能恰好没有为0的值;
////导致mp[0]是空的,那么mp[0].begin()==mp[0].end();
////那么pb=*--lower.. 是越界的。
mp[0].emplace_back(0); ////key!!!!没有这个的话计算pb的时候会导致越界
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>pre[i];
pre[i]^=pre[i-1];
mp[pre[i]].emplace_back(i);
}
while(q--){
int l,r; cin>>l>>r;
if(pre[l-1]==pre[r]) cout<<"YES"<<endl; ////分成两段的条件
else{ ////如果不能分成两段，检查能不能分成三段.
////仔细思考想清楚，就明白这两个二分了
////!!在值为pre[r]的下标中!!，找一个在[l,r]区间找到第一个大于l-1的下标对应的迭代器,*取得该下标.(该点可以和l重合)
int pa=*lower_bound(mp[pre[r]].begin(),mp[pre[r]].end(),l); ////这里找的是l
////!!在值为pre[l-1]的下标中!!，找一个在[l,r]区间找到第一个大于r的下标对应的迭代器，将该迭代器左移一位，*得到一个尽可能接近r,且小于r的下标.
int pb=*--lower_bound(mp[pre[l-1]].begin(),mp[pre[l-1]].end(),r); ////这里找的是r
if( l<=pa && pa<pb && pb<r ) cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
}
cout<<endl;
}
////找错...如果是这个道理的话，如果找不到大于r的下标，那么不也会报错吗？？。
////回答:不会。二分找不到值的话,会返回mp[pre[x]].end(); .end()是最后一个元素的后一位。 --之后是最后一个元素的迭代器。
////意思是只要mp[pre[x]]不是空的就行。而正常来说是不会空的，只有特殊情况mp[0]是pre[1]-pre[n]没有出现0，但是却会访问pre[0]=0;可能导致mp[0]为空，导致RE
// auto p1=mp[0].begin();
// auto p2=mp[0].end();
// if(p1==p2){ //true
// cout<<"YESSS";
// cout<<*p1<<endl; //RE
// }
