通过拉马努金瞪眼法发现，总是有删除区间中一个数就能得到x的倍数的情况所以只要这段的总和不能被整除则为1，否则为0 void Refra1n() { ll l,r;cin>>l>>r; ll sum=((l+r)*(r-l+1))/2; ll m;cin>>m; while(m--){ ll x;cin>>x; if(sum%x==0)cout<<0<<endl; else cout<<1<<endl; } }

观察到数据范围很大，不能暴力找既然说了找到第k小，我们就想到一个高效率的查找：二分查找如何计算每一行中小于k的个数呢首先一行至多m个，根据题目公式i*j,我们假定找到的数为mid，有i*j<=mid也就是j<=mid/i；对每一行统计，得到最终结果并且更新答案就好了 int main(){ ll n,m,k;cin>>n>>m>>k; ll l=1,r=n*m; ll ans=n*m; while(l<=r){ ll mid=(l+r)/2; ll cnt=0; for(ll i=1;i<=n;i++){ cnt+=min(m,mid...

素数筛+前缀和只需要用欧拉筛的板子就好了 //欧拉筛 //查找0到n为止的质数 const ll N = 1e6+3; vector<ll>isp(N);//is prime vector<ll>primes(N);//record primes ll cnt = 0; void oS(ll n) { isp.assign(n,1); isp[0]=isp[1]=false; for (ll i=2; i<=n;i++) { if(isp[i])primes[cnt++]=i; for(ll j=0;j<cnt&&i*primes[j]&lt...

因为很小，直接dfs枚举就可以，主要是看如何去重这里是一种去重思路，将原来字符串排序然后直接看上一个是否使用过，如果没有使用过那说明这两个（多个）都不能用，所以不考虑放入 #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <map> #include <set> #include <queue> #include <algorithm> #include <string> using namespace std; #def...

数学题已知铜镐需要12个铜粒，而工作台需要4个相同的金属粒能制作铜镐的有两种情况，第一种是人品爆炸，16个全是铜粒，概率为pow(a/16.0,16)第二种是拿到12个铜粒，剩下四个银粒或者金粒，概率为pow(a/16.0,12)*(pow(b/16.0)+pow(c/16.0,4))*C164

题目要求构造，但是关于构造很难找到规律，于是在笔者上课列了一堆数据后发现对于一个排列存在一种“环”，一个位置的值指向下一个的地址现有一个排列[4,3,2,1]其中a1=4,a4=1;a2=3,a3=2;这里存在两个含有2个元素的环，对于其他排列[4,1,2,3]其中a1=4,a4=3,a3=2,a2=1;这里存在一个含有4个元素的环；每一个环中重排的代价是环内元素个数-1而一个排列重排的代价就是所有环的代价之和通过环的计算不难发现，k至少为n/2（若n为奇数则k至少为n/2-1),至多为n-1最简单的构造方式就是交换相邻元素，如果是奇数则特殊判断，对最后三个元素交换，就能得到一个重排代价最小的...

B题是判断每两个区间的关系，而D是判断多个区间两两相交注意到多个区间两两相交的充要条件是所有区间的交集不为空所以沿用B的代码并且每次保留交集只需要判断当前的区间是否和之前的交集是否相交，并且维护交集就可以通过 #define l first #define r second void Refra1n() { ll n;cin>>n; bool f=0; vector<pair<ll,ll>>a(n+1); for(ll i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i].l>>a[i].r; if(i==1)a[0]=a[i]; ...