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原题链接 题解 对于硬币数变为零的点，由于既不能穿越，也不能选取，所以等于删掉了 所以操作就变成了，选取一个点，删除以其为根的树的所有叶子节点 先将树退化成链，考虑链上操作的情况，如果选取链上端点，总节点数只减一，否则减二 因此对于树上任意一条链，每次选取会导致要么减一要么减二，因此只考虑最长链的长 阅读全文
posted @ 2024-07-31 15:46
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原题链接 题解 朴素做法： 每次询问，二分最小边，然后bfs遍历查看是否能到达，时间复杂度 \(O(q\cdot logn\cdot m )\) 优化： 如果答案里的最小边是 \(k\) ，那么代表所有边权不小于 \(k\) 的边都可以使用，因此可以直接从大到小加入边，直至起点与终点连接 时间复杂度 阅读全文
posted @ 2024-07-31 14:02
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原题链接 题解 易得当区间异或和不为完全平方数的时候合法 朴素做法： 遍历所有区间，看看异或和是不是完全平方数 优化： 异或是可以交换运算顺序的，如果区间 \([l,r]\) 异或和为完全平方数，那么代表 \(pre[r] \oplus pre[l-1]==k\) 其中k为完全平方数 也就是说，\( 阅读全文
posted @ 2024-07-31 13:11
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原题链接 题解 如果一个 \(k\) ，其前面没有出现过 \(k-1\) ，那么回合数+1，我们令这样的数叫做断点 因此交换两个数 \(l,r\) 不会影响 \([1,l-1],[r+1,n]\) 内的断点 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long l 阅读全文
posted @ 2024-07-31 12:24
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原题链接 题解 设 \(p\) 为指向当前无法到达的最小值的指针，初始为1 1.如果有面值为1的硬币，那么p变成2，否则答案为零 如果有面值为1的硬币，那么p变成2 如果有面值为2的硬币，那么p变成3 以此类推，如果此时p为n，且有一枚面值不大于n的硬币k，那么p此时变成 n+k 因为p为n的意思是 阅读全文
posted @ 2024-07-31 12:06
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