Codeforces Round 1007 (Div. 2) A~D1个人题解

上青纪念（这图真糊啊）

Problem - A - Codeforces
每人的最大连续比赛场数不超过二，那么显然，第一场比赛的旁观者将经历“旁观->比赛->比赛”的循环，故判断k模3是否等于1即可

交完A排第九，这辈子没这么靠前过（这图也真糊啊）

Problem - B - Codeforces
首先明确一点：如果n*(n+1)/2是完全平方数，那么符合要求的排列必然不存在（所有项求和是完全平方），故在一开始特判一下

之后用set降序存储1到n的所有数，遍历，若加上i后的前缀和不是完全平方，即将i压入ans中，最后遍历输出ans即可

至于set为什么降序呢？是因为考虑到完全平方在数轴上的排列是由稠密到稀疏，前缀和较小时，加入大数，能尽可能地跳过更多的完全平方，较大时加入小数，能尽可能地在保证前缀和在两个完全平方之间的前提下向ans数组中压入更多的数，不降序排列大约的确也是可以的

AC代码：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define llu long long unsigned int
#define db double
#define endl '\n'
#define PII pair<ll,ll>
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1e9+7;
const ll nn=5e5+5;
const ll mm=3005;
const ll INF=1e18;




ll n;
void solve() 
{
        cin>>n;
        ll sum=(1ll*n*(n+1))/2ll;
        ll x=sqrt(sum);
        if (x*x==sum) 
        {
            cout<<-1<<endl;
            return;
        }
        set<ll,greater<ll>>s;
        for (ll i=1;i<=n;i++)s.insert(i);
        vector<ll>ans;
        ll ss=0;
        while(!s.empty()) 
        {
            for (auto i=s.begin();i!=s.end();++i) 
            {
            	ll tmp=sqrt(ss+*i);
                if (tmp*tmp!=ss+*i) 
                {
                    ss+=*i;
                    ans.push_back(*i);
                    s.erase(i);
                    break;
                }
            }
        }
        for(auto tmp:ans)cout<<tmp<<" ";
        cout<<endl;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	ll tt=1;
	
	cin>>tt;
	
	while(tt--)
	solve();
    return 0;
}

Problem - C - Codeforces
以终点为树的根，可以证明：如果干酪从最深层的各节点开始逐层向上依次出现，则在这样处理完第k层的所有节点之后，老鼠所在结点的深度必然不会超过k

思路明确以后，实现就非常简单了：只需bfs层序遍历这棵树，将遍历到的节点存入ans中，最后倒序遍历输出ans即可

AC代码：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define llu long long unsigned int
#define db double
#define endl '\n'
#define PII pair<ll,ll>
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1e9+7;
const ll nn=1e5+5;
const ll mm=3005;
const ll INF=1e18;




ll n,st,en;
bool vis[nn];
void solve() 
{
    cin>>n>>st>>en;
    for(ll i=1;i<=n;i++)vis[i]=false;
    vector<vector<ll>>v(n+1);
    for(ll i=1;i<n;i++)
    {
    	ll x,y;
    	cin>>x>>y;
    	v[x].push_back(y);
    	v[y].push_back(x);
    }
    vector<ll>ans;
    queue<ll>q;
    q.push(en);
    while(!q.empty())
    {
    	ll tmp=q.front();
    	q.pop();
    	if(vis[tmp])continue;
    	vis[tmp]=true;
    	ans.push_back(tmp);
    	for(llu i=0;i<v[tmp].size();i++)
    	{
    		q.push(v[tmp][i]);
    	}
    }
    for(ll i=(ll)ans.size()-1;i>=0;i--)cout<<ans[i]<<" ";
    cout<<endl;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	ll tt=1;
	
	cin>>tt;
	
	while(tt--)
	solve();
    return 0;
}

Problem - D1 - Codeforces
注意到a2m = a2m+1 = a1 xor a2 xor a3…… xor am （2m>n)

故对于任意的m>n(m为偶数)，都有am xor am+1 = 0

设a1到an的前缀异或和为x
则易得：
（1）m为奇数时，a2m = a2m+1 = x
（2）m为偶数时，a2m = a2m+1 = x xor am

故可不断缩小给出的查询值，直至其小于2n，再根据题中描述求am即可

注意一个小坑：为保证对于所有大于n的查询值都能实现奇数项和偶数项的异或相消，必须保证n为奇数，若给出的n为偶数，须自行计算an+1的值，再将n增1

AC代码：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define llu long long unsigned int
#define db double
#define endl '\n'
#define PII pair<ll,ll>
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1e9+7;
const ll nn=1e5+5;
const ll mm=3005;
const ll INF=1e18;




ll n,l,r;
void solve() 
{
    cin>>n>>l>>r;
    vector<ll>v(n+1);
    for(ll i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
    if(l<=n)
    {
    	cout<<v[l]<<endl;
    	return;
    }
    vector<ll>pre(n+1);
    for(ll i=1;i<=n;i++)pre[i]=pre[i-1]^v[i];
    if(n%2==0)
    {
    	n++;
    	v.push_back(pre[n/2]);
    	pre.push_back(pre[n-1]^v[n]);
    }
    for(ll i=n+1;i<=n*2;i++)
    {
    	v.push_back(pre[i/2]);
    	pre.push_back(pre[i-1]^v[i]);
    }
    ll sum=pre[n];
    ll ans=0;
    while(true)
    {
    	if(l<=n*2)
    	{
    		ans^=pre[l/2];
    		break;
    	}
    	ans^=sum;
    	if((l/2-n)%2==0)break;
    	l/=2;
    }
    cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	ll tt=1;
	
	cin>>tt;
	
	while(tt--)
	solve();
    return 0;
}