摘要：
C题 给定v=xy，让求v的所有因数a的a次方之和 将x和y分别分解因数，根号级别复杂度 v的所有因数，本质上就是x和y的所有因数分别相乘，再进行去重 注意，在这里得到的因数不能直接取模，不然去重后会比正确答案的元素少，可能存在去重之前不想等的因数，去重后相等了，而且因数不会超过long long 阅读全文
posted @ 2026-05-11 17:07
thy825
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B题 资源合成与最大化问题，属于数学模拟或贪心类型 金:a,银:b,铜:c x个铜换一个银，y个银换一个铜，换一次铜掉落一个铜 关键点在于掉落一个铜，那么就又有可能生成一个金，所以用while一直模拟，不能只模拟一轮 while(c>=x||b>=y) { b+=c/x; c=c%x; a+=b/y 阅读全文
posted @ 2026-05-10 18:00
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给两个正方形矩阵，可以进行子矩阵转置，就是关于子矩阵主对角线元素对称的进行交换，问操作完两个矩阵能否相同 也就是副对角线上元素可以任意交换 看所有副对角线，将每个副对角线元素放到集合里，排序观察是否相等 其中vector排序后可以直接看两个vector是否直接相等，可以优化 for(i=2;i<=n 阅读全文
posted @ 2026-05-09 15:29
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给定x个节点子树大小为偶数，y个节点子树大小为奇数 明确一点，叶子节点字数大小为1，那么一个偶数大小的节点至少跟着一个奇数节点，所以x必定<=y 再考虑整个树的根，根的子树大小为x+y，如果x+y是偶数，那么此时应该至少有一个偶数节点，即x>0 同理，如若x+y是奇数，那么y>0 满足以上三个条件的 阅读全文
posted @ 2026-05-09 14:53
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对于已经将礼物送出去的i，即f[i]>0的，不用改变也不能改变，只需把剩下的没发礼物的和没收到礼物的，让他们一一对应，并且不出现f[i]=i的情况，也就是没有人将礼物发给自己 vector f(n + 1), hasGift(n + 1, 0); vector senders, receivers; 阅读全文
posted @ 2026-05-09 14:05
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给出中序和后序，让给出前序， 前序：根 左 右 中序：左 根 右 后序：左 右 根 前序永远先输出根，那么我就可以根据后序和中序不断找根不断输出 利用dfs找根，substr可以截取字符串指定部分 pos就是在中序中根的部分，0到pos-1就是左子树，右边即为右子树 注意此时的左子树长度未必等于右子 阅读全文
posted @ 2026-05-07 20:29
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C题 最开始想先处理左右都互质得，再处理与右边互质得，还把a[i]=1的给忘了，数组也开小了，在处理等于1时，直接让a[i]=a[i-1]*a[i+1]，这是错误的，如果右边也是1，这样操作浪费了一次操作，没有正确修改，0与任何数都不互质，可以将a[i]修改为0，并且写法也麻烦 第一版代码链接:ht 阅读全文
posted @ 2026-05-07 20:20
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通过用例分析不难知道，k的范围应该是[n,2n-1]，，最小值为n，不难证明，每次翻的两个都是相同的，下面给出最大值2n-1证明 记出现过的为s，未出现过的为u 如果当前这位为s，那么s消耗了一轮 如果当前是u 下一位也是u，也就是uu，每个u各消耗0.5轮 如果是us(二者不同),共消耗两轮， 如 阅读全文
posted @ 2026-05-07 20:03
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做法不难想，但实现起来有点困难，每个数组在最后的位置，都取决于最后一次出现的位置，所以不难想到， 1.在读入数据时，将数组反转 reverse(v[i].begin(),v[i].end()); 2.同一数组中出现重复元素会影响，比如用例中5，不去重会输出 1 1 4 3 2 5 4 6 3 5 5 阅读全文
posted @ 2026-05-07 19:48
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D题 想到了暴力让每个i作为起始点向后操作，其实一个i就两种选择，前边选择会直接影响后边，只需要考虑a1做出两种选择暴力即可，忽略了首位决定性作用，代码没怎么精简 const int N=200010; int a[N],b[N]; void solve() { int n,i,j,sum=0; c 阅读全文
posted @ 2026-05-06 14:41
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