D 位运算之谜 对于二进制的某一位来说，表示不进位的加法，可以表示加法的进位。所以就有了公式$$但有两种情况不存在： 因为异或 是不同得1，所以那一位必然是一个一个， 与 是相同得1，所以那一位必然两个全是。如果有一位这俩都有值，那么是相悖的。 //C++17 #include<bits/stdc++.h> #pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3) #pragma GCC optimize("Ofast") #pragma GCC target("avx,avx2,fma") #pragma GCC optimizatio...

B 牛牛和牛可乐的赌约2 博弈，第一行/列 能除尽的都是牛牛的必败点。其它的点，如果你能从当前点转移到一个必败，那这个点就是必胜。 打表出来总结规律即可。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll t,x,y; int main() { cin>>t; while(t--){ int f1=1,f2=1; cin>>x>>y; if((x%3)^(y%3)) printf("yyds\n...

Powered by:AB_IN 局外人 A 牛牛和牛可乐的赌约 快速幂+逆元。 //C++17 #include<bits/stdc++.h> #pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3) #pragma GCC optimize("Ofast") #pragma GCC target("avx,avx2,fma") #pragma GCC optimization("unroll-loops") using namespace std; #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin....

C 旅行 最小生成树能够保证首先是树（对于个顶点的图只有条边），其次保证任意两个顶点之间都可达，再次保证这棵树的边权值之和为最小，但不能保证任意两点之间是最短路径；（最后求出来的路径长度是经过n个顶点的) 最短路保证从源点到目地点的路径最小（有向图中不要求终点能到起点），不保证任意两个顶点都可达;(最后求出来的路径长度不一定过n个顶点） 最小生成树是到一群点（所有点）的路径代价和最小，是一个条边的树，最短路是从一个点到另一个点的最短路径； 这里是求最大路径,要经过个顶点 那就是最大生成树，把里的符号改一下就好了，变成从大到小的顺序。 #include <bits/stdc++.h&g...

B 划分 就是前 的数的和写个前缀和记录一下即可。 #include<bits/stdc++.h> #include<unordered_map> #pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3) #pragma GCC optimize("Ofast") #pragma GCC target("avx,avx2,fma") #pragma GCC optimization("unroll-loops") using namespace std; #define IOS ios::sync_with_stdio(fal...

A 时间复杂度 纯模拟需要注意的点也就是取最小的角。 for _ in range(int(input())): t=int(input()) shi=t*0.5 fen=t*6%360 cha=abs(shi-fen) if cha>360-cha: cha=360-cha if cha-int(cha)>=0.5: cha=int(cha)+1 else: cha=int(cha) print(cha)

Powered by:AB_IN 局外人 不喷不喷。毕竟谁都有第一次嘛不过题还是挺适合我这种菜鸡的。 A 不一样的食物链 将所有生物都放进里，被捕食者++，再遍历看有没有为的即可。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int m; string x,y; map< string,int> vis; int main() { cin>>m; int flag=1; for(int i=1;i<=m;i++){ cin>>x>>y; ...

J 逃跑路线 这就转化成了判断奇偶性的题。 ans=0 for _ in range(int(input())): ans+=int(input()) if ans&1: print(1) else: print(0) 要是用的话，就看奇数的个数有多少个，判断奇数就是看这个数的最后一位是否为奇数。

G 虚空之力 贪心的思想。尽量运用一二得二的方式。如果,那么结果就是反之结果就是，因为必被耗完，而正巧的是减多少，结果就加多少，所以一一对应就可以了。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); const int inf=0x3f3f3f3f; string s; int k,i,n,g,ans; int main() { IOS; cin>>n; cin>>...

F 核弹剑仙 用链式前向星存图，威力小的指向威力大的。用每一个节点遍历全图，看能遍历几个点即可。注意：要用标记是否走过 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); const int maxn=1e4+10; struct Edge { int u, v, next; }edge[maxn<<2]; int head[maxn]; int cnt;...

E 使徒袭来 由基本不等式得： n=float((input())) s=3*(n**(1/3)) print(f'{s:.3f}')

D 巅峰对决 线段树：单点更新+区间查询。既然任何时候这个数字均互不相同,那么就维护这个区间的最大值或者最小值即可。 #include <bits/stdc++.h> #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++) using namespace std; const int maxn=1e6+10; const int inf=0x3f3f3f3f; typedef long long ll; ll a[maxn<<2]; ll n,m,q,op1,x,y,l,r; struct sa{ ll mn; ...

B 乐***对 先将数组从小到大排序，表示前个乐手最多组成多少乐队。 首先先进行一个判断，如果，那么这样会使一个乐队都组不起来。比如 其次就可以推出转移方程了 if(a[i]<=i) dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-a[i]]+1); else dp[i]=0; 的意思就是退回去，组成个乐队，组成一支乐队。 #include<bits/stdc++.h> #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); using namespac...

B 分子 我用做的.思路就是先把字符串用左括号分开，形成列表。然后按照规则去加原子质量。 是列表中一项的一个分子的原子质量和。 是列表中一项的原子质量和。 是列表原子质量和。 凡是数字和右括号都省略。 其中有一步是判断分子后面数字是几的，挺重要。代码挺好懂的。 要是用C++的话，可以用栈做，将字母转换成数字的话，就是数字字符-'0'就可以获得类型的这个数字。 num=['0','1','2','3','4','5','6','7','8','9'] s=list(input().split("(")) cnt=0 #print(s) for i in s: ans=0 tm...