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摘要： 1001 数列计数 一个结论：\(C_{n}^{m}\)为奇数当且仅当\(n & k==k\) 于是就可以分类讨论一下，当\(l_{i}\)大于等于\(a_{i}\)，此时\([0,a_{i}]\)全都可以取到，假定二进制下\(a_{i}\)有\(k\)个1，方案数就是\(2^{k}\) 否则，我们 阅读全文

摘要： //首先让a[i] = i，如果把a[1]和a[2]调换，发现到奇数位置时就会是它本身，于是n为奇数的情况直接出来了 //而如果n为偶数，例如10，我们直接让111放在最后或，只要保证前面几个数全都有最高位的1，那么最后的答案肯定是最大的。 //但是n为偶数出现了特殊情况，例如8，此时如果还把111 阅读全文

摘要： 记录一个trick： \(\bigoplus_{i=1}^{n} = \left\{\begin{matrix}n, n mod 4 = 0 \\1, n mod 4 = 1 \\n+1, n mod 4 = 2 \\0, n mod 4 = 3 \end{matrix}\right.\) 那这道题 阅读全文

摘要： //记录一下思路历程:首先是毫无头绪 //然后想了很久注意到我可以询问01的个数和10的个数,那么这个字符串只能是010101...或者101010...这样的字符串,通过填充1到1旁边或者填充0到0旁边得到,如果01和10的数量不相同,那么01多肯定是0开头,10多肯定是1开头 //然后想到可以看 阅读全文

摘要： 传送门 首先肯定不能暴力建边然后求总数，会T爆 首先注意到，如果当前\(a[i]\)有因子\(k\),\(k > 1\)，那么对于以后出现的数\(a[j]\)，如果也有因子\(k\)，那么肯定就能够从\(a[i]\)到\(a[j]\)，于是这启示我们只需要从前往后遍历的同时，记录下各个因子对应的方案 阅读全文

摘要： ```cpp #include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long t; const long long N = 2e5 + 10; long long l,r; void solve() { cin >> l >> r; for(long l 阅读全文

摘要： ```cpp #include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long t; const long long N = 2e5 + 10; long long n,m,q,tot; long long s[N],c[N],p[N]; struct n 阅读全文

摘要： 传送门 容易想到同时维护\(a_{i} + i\)和\(a_{i} - i\)，但是我一开始的做法是更新后再扫一遍才能更新出答案，这样不仅时间上爆炸，答案还更新不全。其实完全可以push_up的时候更新答案，这样不仅不会浪费复杂度，还不会漏情况 ```cpp #include<bits/stdc++ 阅读全文

摘要： 传送门 一开始想法是对的，但是写的丑了导致大数据一直没过去 由于我们只关心所选的区间长度和剩余的点的数量，并不关心具体选了哪些点，所以按照反悔贪心一贯的，用优先队列来储存选了哪些区间和哪些区间未选，剩余点的数量用n，m表示即可。用l，r双指针的方式从首尾选区间固然可以，但是这样就维护了额外的多余的量 阅读全文

摘要： 记录解决这道题过程中先后的疏忽 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long t; const long long N = 2e5 + 10; long long n,a[N],ans; long long Prime[N],tot,p 阅读全文