杂题题解

A - I hate 1

要求两两之间互相除的余数不为\(1\)，\(N=1\)的时，直接\(1\)就好。考虑\(2 \leq N\)的情况，\(1\)一定是不选的，\(n\)和\(n+1\)也不能同时存在，所以只能在纯奇数和纯偶数之间选择，偶数显然更优，因为无论怎么取数余数一定都会是\(2\)的倍数，奇数则不然，以\(3,7\)为例。所以取纯偶数即可，最优解为\(n/2\)，全部取偶数。

LG P13565 「CZOI-R5」按位或

本题采用贪心，容易发现，优先让高位的1变成0是更好的，因为 $ \sum_{i=1}^{k-1} 2^i < 2^k $。我们从最高位开始往下枚举，尝试能否让当前位变为0,要求所有的书这一位都变成0,高妙之处在于无后效性的处理，我们记录下处理过的位的贡献，然后为了满足之前的最优解，所以在后面处理 $ a_i $ 的时候，都会先调整至之前处理的状态。

LG P13595 『GTOI - 1B』筝

题意为，选择若干个点，连成线段，花费为 $ |(a[x]-a[y])| $,使得所有的点都被覆盖。
性质如下：每一次操作，选择的两个点 $ |(a[x]-a[y])| $ 应当为1,如果选择了 $ |(a[x]-a[y])| >1 $,不妨先把 $ a[x] $ 变成 $ a[y]-1 $,这一步中贡献>=0,在把 $ a[y]-1 变为 a[y] $,那么相同的贡献下，情况不会更坏。？抽象的证明
问题转化为用若干(x,x+1)相连的线段，覆盖整个区间，要求线段数目。
我们只需从左往右扫，记录下每一个点能够更新的最远的位置，和已经更新的最远位置，碰到已经更新的最远位置就ans++,然后把更新的最远位置换成能够更新的最远位置即可。

D. Binary String Battle

先特判下先手一步获胜的情况，cnt1<=k即可。然后进入拉扯状态，考虑怎样才会进入循环。发现先手的贡献始终会是k,而后手则不一定，需要有连续k个0的时候，后手的贡献才会为K,能够抵消掉先手的贡献。下面就是赛时卡住的地方，应该不管怎么样，一定数量的零一定会连续。那么就好办了，我们可以直接把序列分成前一半和后一半，如果各自的长度都大于等于k,则不重叠，后手就可以每次分别取两端长为k的序列，那么先手永远无法抵消。