额其实没有工作，我还是一个大一牲，但是众所周知，ACMer的训练是不分时间的，我的开工其实就是正经的做题了，怎么说呢，年后的做题状态其实不咋地，感觉自己身上有诸多不足，哎，希望能越来越好

OK啊，大学也是成年了，压岁钱是一点都没有的，（）但是我亲爱的叔叔居然给了我几百块，OK啊，本来这个寒假都打算吃土了，看来上大学的平时要多攒一攒钱了,

因为只有1，2，3这三个数，所以两个数都要小，想到1000...1，如果n为偶数，设a=1000...1,那么就是b0000+b;会发现后面b的首位一位和前面b的最后一位重合了，也就是说，这俩相加必须<=3,于是我想到1212...这个构造是可以的，那么再来看奇数，同理，也是会相加，但是很明显如果还是用1212..这种数的话，会发现没有3的出现，而且有相邻且相同的数字，所以考虑将2改成3，所有3的位置不会和其他数相加并且成功的使相邻的数不相同，所以结论就很明显了，特判一下n=1,然后n为奇数，就是1000..1,和1313..1，n是偶数就是1000..1,和1212...12。 #in...

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long signed main() { int n, k; cin >> n >> k; vector<int> arr(n + 1, 0); for (int i = 1; i <= n; i++) { cin >> arr[i]; } int l = 1; int sum = 0, ans = 0; for (int r = 1; r <= n; r++) { sum += arr[r]; i...

最终答案一定是某个前缀异或和与对应后缀异或和的按位与。预处理前缀异或数组后，枚举所有分割点，计算 pre[i] & (pre[n]^pre[i])，再与整个数组异或和取最大值，即为答案。时间复杂度 O(n)。代码自己写

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' using ll = long long; #define int long long #define db double #define itn int #define vi vector<int> #define vs vector<string> #define vvi vector<vector<int>> #define vb vector<bool> #define PII pair&...

分情况讨论基于约束推导合法数组数量：情况 1：m=1要求数组中至少有 1 个不同数字（即所有合法的 “好数组” 都满足）。由于 a_1=0，a_2 可以取 0,1,...,n（共 n+1 个值）；对 i≥2，a_{i+1} 由 a_i 唯一确定（满足 a_i = a_{i+1} mod i）；因此合法数组数量为 n+1。情况 2：m=2要求数组中至少有 2 个不同数字，需排除 “全 0 数组”（仅 1 个不同数字）。总合法数组数量（m=1）为 n+1，减去全 0 数组（1 个），得 n。情况 3：m=3要求数组中至少有 3 个不同数字，仅存在 1 种合法数组：数组需满足 a_1=0，a_2=1...

思路搜索存值，然后去除重复的输出异或值个数即可详细思路看代码注释代码 vi ans;//异或值 vi a;//石头数量 int te[12];//独立的袋子 int cnt = 0;//计算独立袋子数量 void dfs(int u, int cur)//u是处理第u个袋子，cur是当前的异或值 { if (u == n + 1) { ans.push_back(cur);//n个全都遍历完，存值 return; } te[cnt] = a[u];//第一种去向，这个袋子自己作为独立的袋子 cnt++; dfs(u + 1, cur ^ a[u]);//接着搜下一个袋子 cnt--;//回溯 ...

就是求所有树最高的那棵树的高度 vi adj[M]; vi ind; vi rt; vi h; int ans = 0; void dfs(int u) { for (int v : adj[u]) { h[v] = h[u] + 1; dfs(v); } } void solve() { cin >> n; ind.resize(n + 1, 0); h.resize(n + 1, 0); for (int i = 1; i <= n; i++) { int x; cin >> x; if (x != -1) { adj[x].push_back(i); ind...

思路因为边界永远是 0，而且不能改，所以最终所有数相等的话，只可能等于 0。所以问题转化为：能不能把所有 数变成 0。如果当前是负数，且四个邻居都 >= 0，它可以一直增加到 0如果当前为正数，同理；最后检查是否全为0就行了代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define vi vector<int> int a[505][505]; void solve() { int n; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = ...

思路   因为最外围已经全为0且不可以更改，所以想要满足条件只能是所有数全为0；   遍历矩阵，如果一个数能通过操作变为0，那么这个点就满足条件；   如果一个数想变为0，有两种方法，本来就是0，周围四个数和该点异号或为0；   最后只需要判断所有点是否全为0即可；   临时用别人电脑写的，代码很丑，见谅   代码  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define vi vector<int> int a[505][505]; void solve() { int n; cin >> n; for (...

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' using ll = long long; #define int long long #define db double #define all(a) a.begin(), a.end() const int M = 5e3 + 7; const int mod = 100003; const double pi = acos(-1.0); int n, m, k, h; void solve() { cin >> n; if (n == 2...

思路首先需要明确几个关键概念：圆包含原点的判定：若圆心 (x,y) 到原点的距离 d = √(x²+y²) 小于半径 r，则该圆包含原点；否则不包含。移动代价计算：代价 = 圆面积 × 移动距离。圆面积为 πr²，移动距离是让圆不再包含原点所需的最小距离。最小代价策略：对于原本包含原点的圆，若需要让它不包含原点，只需将其向任意方向移动 (r - d) 的距离（这是最小移动距离）；对于原本不包含原点的圆，无需移动。要让总代价最小，需遵循 “最小代价优先保留” 原则：先筛选出所有原本包含原点的圆，计算每个圆被移出原点的代价 (r-d)×πr²；将这些代价从大到小排序；保留代价最大的 k 个圆（即不...

动态规划定义 dp[i][0] 和 dp[i][1] 两个状态：dp[i][0]：Askalana 到达表世界第 i 号点时，能拥有的最大金币数。dp[i][1]：Askalana 到达里世界第 i 号点时，能拥有的最大金币数。初始化只有初始状态可达：dp[1][0] = a[1]（初始在表世界 1 号点，拾取该点金币）。其余状态（如 dp[1][1]）初始化为 “不可达”。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' using ll = long long; #define all(a) a.b...