不开long long见祖宗，嗯，是这样。 思路很简单，把玩几个样例过后，会发现在二进制下的l和r，只需要关心第一次出现不同的情况。（从高位往低位进发） 我的一些看法： l：1 1 1...0 an an-1...a1 r: 1 1 1...1 bn bn-1...b1 只考虑l>r，因为l=r时候答案是0。 那么从二进制的高位往低位数，就必然会出现一位二进制位r=1,l=0的时候。 至于前面有多少个1或0我们不在乎，因为他们异或了之后都是0，没有影响。 容易发现an和bn有四种组合方式(1,0),(1,1),(0,0)(0,1) 因为l<r,所以an可以由0->1。反之，b...

前缀和和位运算的基本运用。另外还有贪心的思想。 关于位运算上的数什么时候取1，这取决于当前区间上的数中该位置是1多还是0多。 因为多组解要求最小的，所以只有当1的个数严格<总个数的一半的时候，X的这一位才取1。 没有必要给中间值开double，直接让前面乘以2即可。 #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<string> using namespace std; int cnt[100007][40]; void turn(int n,int x) ...

题目中的坐标给出序列是一个很好的序列。因为我们只需要找该点左下角的星星，那么后面给出的点必然不符合左下角的设定，所以只需要判断给出该点之前有多少个星星在其左下角。更准确的说，只需要判断多少个星星的x坐标<=当前星星的x坐标即可。 不会树状数组，还没学。用线段树写了一遍，还是比较基础的。 主要思路就是对于每一个读入的点，搜索一遍x坐标组成的线段树中有多少个区间在他之前即可。比如读入的x坐标为7，假设之前读入的x坐标区间[1,10]，那么第一个点的区间就是[1,10]，然后依次往下二分成左右子树区间，显然[1,5],[6,7]为最终找到的组成答案的区间。加起来即可。 具体看代码，代码中有注释...

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经典对顶堆写法就可以了。依次加入元素，左边为大根堆，右边为小根堆。每次加入一个新的元素的时候判断一下是加入右边还是左边。由于保证了左右堆的数量差距<=1,所以一共三种情况我选择了枚举。另外空格和换行的问题有被恶心到，直接上代码吧。 ">#include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> #include<bitset> #include<stack> #include<cmath> #include<queue> using namespace...

说一下我的思路。正序遍历，找到每一个有机会作为被仰望的牛的下标，也就是如果H[i+1]>H[i],那么i+1这头牛才有可能被仰望，否则的话就只能仰望第i头牛。用deque记录下标，然后进行一个while循环找到我要的下标。但是时间锁死在1001ms，但没找到哪个循环卡住了，求帮助。 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> #include<bitset> #include<stack> #include<...

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> #include<bitset> #include<cmath> using namespace std; const int maxn=1e5+7; struct tt { int z,r;//整数，余数 long long t,d; }ans[maxn]; bool cmp(tt a,tt b)//贪心排序 { if(a.z!=b.z)return...