JCGOODER的博客

当然这样子操作的总复杂度是O(n^4)，我们肯定是不能接受的，那么怎么能让它复杂度降下来呢？我们可以利用dp来预处理，用dp[i][j]来表示[i~n]区间，操作数最大为j时，1串的最大长度。可以发现n

比如第一个数是0，第二个数是0，用1来异或这两数后，第一个数变1，第二个数变1，他们两相与为1；比如第一个数是1，第二个数是1，用0来异或这两数后，第一个数还是1，第二个数还是1，他们两相与还是1；比如第一个数是0，第二个数是1，用1来异或这两数后，第一个数变0，第二个数变1，他们两相与为0；用0来异或这两数后，第一个数还是0，第二个数还是1，他们两相与还是为0。①1~n之间恰好有两个数的位置上是空的，并且恰好有一个数多余的数，等于这两个位置加起来，这样就能使得1~n填满。

当q小于1e6时，直接预处理判断即可，而当q大于1e6时时候，若k等于4，则(1-q^4)/(1-q)>1e18，超过了n范围了，所以当q>1e6时k只可能等于3，此时只需要判断q^2+q+1=n，是否存在整数根即可。给你n个m行的出题时间，比赛在第h分钟罚时结束，每做一个题的罚时会累加到后面，你是第一个人，问你的排名是多少（若有人和你并列，你的排名则在那个人的前面）。给你一个n，问你是否能够找到(1-q^k)/(1-q)（等比数列前n项和）恰好等于n，其中q，k为自定义，q>=2，k>=3。

首先，对于每一位上数字的数字k，我们从它的范围[li,ri]遍历一遍，在遍历的过程中，若k在字符串中存在，则最优的选法是数字k在未被“删”去的字符串中第一次出现的相同数字的靠后位置。分类讨论，若B点的横坐标和C点的横坐标相对于A点的纵坐标在同一侧，则对于答案的贡献为B点和C点与A的横坐标距离的较小值，也就是“公共横坐标路径”，公共纵坐标路径的贡献的计算同理。给你三个整数n，k，x，你可以使用1~k中除x以外的任意数字，并且能使用无数次，问你能不能从中选出拼出n的数字。若我们选择了数字2，则子序列从111。

思路：我们考虑最“坏”的情况，数组为1,1,2,4,8,16......，可以发现它们都是2的幂次，通过二进制的思想可以发现他组成数的范围为1~sum，所以1~sum都能利用前面的数组成，利用前缀和判断下一个数是否大于sum即可。思路：利用前缀和二分判断区间内的总和是否合法，若左区间合法则r=mid，反之l=mid+1，直至l=r。思路：按照题意模拟即可，主要就是判断有没有重复一开始的两步行为，若有则输出-1。思路：把偶数全放前面，把奇数全放后面，这样只用看偶数之和是否严格大于奇数之和。

问在区间[L,R] 中由这个区间某些数内构成的好的集合的最长长度是多少，以及且满足这个长度的好集合有多少个。当然，一开始我们需要特判下l*2>r的情况，此时集合最大长度为1，并且因为集合中的第一个数也就是最后一个数可以取l~r的所有值，所以方案数为r-l+1。PS:最开始左端点为l，并且p*左端点=l并且

而若t

排列的第一个数在每个数组的第一个位置总共会出现n-1次，由此我们可以确定排列的第一个数为k，然后我们找到那个数组第一个数不是k的数组，这个数组就是排列第2~n的数字，输出第一个数并且输出该数组即可。若一个数前面没连续数字，则该数对于答案的贡献为该数出现的次数，但若该数前一个数出现过了，那么该数的一部分就能合并到前一个数里面，减少了上一个数出现次数的贡献（该数贡献最多减少至0）。已知道所有骰子的数量，骰子的点数总和，以及拿走一个最大值的点数总和，请构造所有骰子的点数。求出一个数字的前几位和 π 相同。

在一开始，第i个人会赢i场，但是你可以选择任意k个不同的a[i]，并且满足这k个a[i]的和小于m，然后你就可以让这k个a[i]对应位置的胜场减一，并且你的胜场为变为k，也就是你选择a[i]的数目。然后你就可以选择i=1，i=3，i=4，因为a[1]+a[3]+a[4]=1+2+1

因为Alice先手，并且此时字符串为回文，所以刚开始Alice只能选择将0变1的操作，之后若剩下的0的个数大于1，Bob则也可以进行一个将0变1的操作，将字符串变回文，这样重复下去直到轮到Bob时0的个数为1个了，Bob进行翻转操作，Alice下一步也就是游戏的最后一步，Alice只能选择将0变1。Alice的第一步可以先选择将中间的0变成1，这样选择了之后字符串仍是回文串，主动权就到了Alice身上，Alice可以重复字符串长度为偶数时Bob的操作，从而达到必胜的目的。(1)将一个0变为1，消耗1美元；

思路：显然，若存在a[i]

最后在有解的情况下，若结点a[i]=b[i]，则方案数*n，因为c[i]无论怎么选都不会使得本来有解的情况变成无解，所c[i]可以在1~n中任选。=b[i]，则看a[i]和b[i]是否在一个环中，若在一个环中，就说明我们可以在这个环中逆时针选一次，顺时针选一次，方案数*2。而若a[i]和b[i]原本就一样的话，c[i]可以选任何值，对方案的贡献值为*n，若不一样的话，则c[i]只能等于a[i]或者b[i]。首先我们需要知道，a[i]、b[i]和c[i]中一定要有两个是相同的，并且。可以画成下面这样的图。

的格子，怎么放都会有一个格子里的物品数小于2（鸽巢原理），所以只需要枚举。给定一个长度为n的数组，请问是否存在一个数 x ，使得任意两个数。即可，最后的最后别忘了判断数组内有数字重复的情况。若是输出 YES ，反之输出 NO。就不为1了，就不符合题意了。好了，现在我们提炼一下上面的规律。中至少要有一个能选，也就是。就没值可以选了（此时若。都不能选），因此若要。

而将用n-1逼出了n，相当于牌堆里少了两张牌，也就是回到了总牌数为n-2的情况，唯一不同的是，这次是Bob先手，而总牌数为n-2时是Alice先手，所以这时总牌数为n时Alice获胜的情况数就是总牌数为n-2时的Bob获胜的情况数，所以当Alice只拿到了n-1的情况数即为b[n-2]。由此可以得出平局的局面只有一种，而Alice赢的局面有C[n-1][(n/2)-1]+b[n-2]种，剩下的局面即为Bob赢的局面了，即为。因此，Alice获胜的总情况数为C[n-1][(n/2)-1]+b[n-2]。

Codeforces Round #835 (Div. 4) A~G

我们设使得前缀异或和为0的下标为x，区间左端点为l，那么SumXor[x]==SumXor[l-1]，因为这样SumXor[x]^SumXor[l-1]的值才为0，也就是区间[l,x]的异或和为0。因为异或是不进位的加法，所以若一个区间的异或和为0，那么每个数各个二进制的位数上的1的个数必须为偶数，所以若一整个区间各个二进制的位数上的1的个数为偶数，并且选择了一个区间各个二进制的位数上的1的个数为偶数，那么剩下的那个区间的各个二进制的位数上的1的个数也肯定为偶数，它的异或和肯定为0。若该区间的长度为偶数。

给定一个 n∗m 的矩阵，在 [1,1]的位置放置了 k 个棋子， k 个棋子是 1−k 的排列，给定这些棋子从上到下放置的顺序。类似这样模拟即可，每次操作过后判断矩阵里放的棋子数是否小于n*m-4个，这是因为（1,1）和（n,m)已经占了两个格子，所以剩下的格子中我们必须留有两个空格子，才能保证放了棋子之后还有一个空格子，用来移动位置。因为满足棋子在点（n,m）上从大到小排列的情况,所以若矩阵里现有的棋子放进（n,m），能使它是从小到大排列的，那我们就把它放进去。2.将5放在（n,m）点的位置。

而若我们将一个极值放在w1，另一个极值放在w2，那我们最少能得到max-min的分数，所以可以得出我们在w2中我们放的一定是最大的那几个值，或者最小的那几个值，接下来我们需要做的就是枚举这个过程了。从三个背包中拿出三个石头，假设冲三个包中拿出的石头的质量为 a,b,c ，最终的分数为 |a−b|+|b−c| ，取石头的人会最小化这个值，请问如何分配石头可以使得最终的分数最大。选石头的人依然选石头的人可以选出max-w2_max+(w1中元素和w2元素俩俩相差的最小值)，还是小于max-min。

对于第二个优化点，我们可以定义一个计数器，来计算去掉了几个非0端点，当去掉的非零端点到达一定值时，我们就可以停止二分查找了，因为之后的查找所去掉的端点都会使sum[l，r] - xor[l，r]减小。若要缩小区间并且使得sum[l，r] - xor[l，r]不变，且选择区间上的值不为0，那么我们一定只能选择有限个,因为若改变区间并且sum[l，r] - xor[l，r]不变，，因此我们得出在[l，r]的范围内sum[li，ri] - xor[li，ri]的最大值就是sum[l，r] - xor[l，r]。

若1和-1的总数目为奇数则构造不了使得总价值为0的方法，因为划分区间在本质上只是能吧一些-1变成1，把一些1变成-1，或者不变。给定一个[-1, 0,1]组成的数组，将该数组拆分成若干区间，每一个区间的价值为a[l]-a[l+1]+a[l+2]-a[l+3]......a[r]。当n为偶数时，我们可以两两分组，每组选择两次长度为1的区间，或一次长度为2的区间，若选择两次长度为1的区间会使得总价值不变，选择一次长度为2的区间会使得总价值-2或者总价值+2，我们最多选择n/2组，所以当n为偶数的时候必有解。

Educational Codeforces Round 138 (Rated for Div. 2) A~D题解

Codeforces Round #827 (Div. 4)