A
题解
知识点：贪心。
把所有正偶数除成奇数，即可。
（人傻了没加 (x>0) WA2
时间复杂度 (O(n))
空间复杂度 (O(1))
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int n; cin >> n; ll ans = 0; for (int i = 1;i <= n;i++) { int x; cin >> x; while (x > 0 && x % 2 == 0) x /= 2; ans += x; } cout << ans << 'n'; return 0; } B
题解
知识点：数学，构造。
特判 (n=2) 无解。
可以先放边长为 (leftlceil dfrac{n}{2} rightrceil) 正方形，随后边长每增加 (1) 需要最少 (3) 块，直到边长为 (2 cdot leftlceil dfrac{n}{2} rightrceil) 后，边长每增加 (1) 需要最少 (5) 块。以此类推，当边长为 (left[(k-1)cdotleftlceil dfrac{n}{2} rightrceil,kcdotleftlceil dfrac{n}{2} rightrceil right),k in N^+) 时，边长每增加 (1) 需要 (2k-1) 块积木。
显然，摆完第一轮边长为 (leftlceil dfrac{n}{2} rightrceil) 后，剩下的 (n - leftlceil dfrac{n}{2} rightrceil) 个积木，而 (leftlfloor dfrac{n - leftlceil dfrac{n}{2} rightrceil}{3} rightrfloor leq leftlceil dfrac{n}{2} rightrceil) ，因此不可能摆到需要 (5) 个积木的情况。
综上，边长最大值为 (leftlceil dfrac{n}{2} rightrceil + leftlfloor dfrac{n - leftlceil dfrac{n}{2} rightrceil}{3} rightrfloor) 。
本题也可以用二分边长做。
（没考虑 (n - leftlceil dfrac{n}{2} rightrceil) 大小，傻了吧唧的算了通式，不过可以出题了qwq
考虑 (n) 块积木，给定 (m) ，每块积木大小为 (1 times k,k in left[ 1,leftlceil dfrac{m}{2} rightrceil right]) ，求能摆成正方形的边长最大值。
时间复杂度 (O(1))
空间复杂度 (O(1))
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; bool solve() { ll n; cin >> n; if (n == 2) return false; ll a = (n + 1) / 2; ll ans = a + (n - a) / 3; cout << ans << 'n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << 'n'; } return 0; } C
题解
知识点：构造。
(n leq 3) 或 (n = 7) 时无解。
考虑 (nbmod 4 = 0,1,2,3) 的情况。
- (n bmod 4 = 0) 时显然形如构造 (3,4,1,2) 的循环即可。
- (n bmod 4 = 1) 时，前 (5) 项构造成 (4,5,1,2,3) ，其余仿照 (n bmod 4 = 0) 情况。
- (n bmod 4 = 2) 时，前 (6) 项构造成 (4,5,6,1,2,3) ，其余仿照 (n bmod 4 = 0) 情况。
- (n bmod 4 = 3) 时，前 (11) 项构造分为 (5) 项和 (6) 项两组仿照 (n bmod 4 = 1,2) 情况，其余仿照 (n bmod 4 = 0) 情况。
时间复杂度 (O(n))
空间复杂度 (O(1))
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; bool solve() { int n; cin >> n; if (n <= 3 || n == 7) return false; int m = 1; if (n % 4 == 1) { cout << "4 5 1 2 3" << ' '; m = 6; } else if (n % 4 == 2) { cout << "4 5 6 1 2 3" << ' '; m = 7; } else if (n % 4 == 3) { cout << "4 5 1 2 3 9 10 11 6 7 8" << ' '; m = 12; } for (int i = m;i <= n;i += 4) { cout << i + 2 << ' ' << i + 3 << ' ' << i << ' ' << i + 1 << ' '; } cout << 'n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; //cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << 'n'; } return 0; } D
题解
知识点：博弈论。
这类题需要先对局面分类，每种局面考虑找到一组平衡的操作，即对于其中一人，无论另一人如何操作，他都可以在下一次操作后回到原来的局面。
考虑将 (n) 分奇偶情况：
- (n) 为偶数，小红每次可以选 (1) ，随后数变为奇数局面，小紫只有奇数因子能选，数又变为偶数局面。到最后，必然是小紫让数变为 (0) ，因为只有小紫能让数变为偶数。因此，偶数局面小红必胜。
- (n) 为奇数，根据 (n) 为偶数的推理，发现奇数局面小红必败。
时间复杂度 (O(1))
空间复杂度 (O(1))
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); ll n; cin >> n; if (n & 1) cout << "yukari" << 'n'; else cout << "kou" << 'n'; return 0; } E
题解
知识点：计算几何。
设 (A(x_A,y_A),B(x_B,y_B),C(x_C,y_C)) 构成等腰直角三角形，其中 (C) 为顶点且在 (AB) 右侧，满足方程：
方程可以通过全等三角形证明。
显然 (C) 和 (C) 关于 (AB) 的对称点同时是或不是整数点，解出 (C(x_C,y_C)) 后判断是否为整数即可。
（平面几何永远的痛，并且以为无解输出-1收获WA
时间复杂度 (O(1))
空间复杂度 (O(1))
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); ll a, b, c, d; cin >> a >> b >> c >> d; ll x = a + d + c - b; ll y = a + d + b - c; if (x & 1 || y & 1)cout << "No Answer!" << 'n'; else cout << x / 2 << ' ' << y / 2 << 'n'; return 0; } F
题解
知识点：宇宙的终极答案。
通过你高超的中文流读取技术，发现这是营销号特有的文案。
本打算对此嗤之以鼻的你，阅读完样例后逐渐理解了一切，确信 (42) 就是宇宙的终极答案。
时间复杂度 (O(infin))
空间复杂度 (O(infin))
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); cout << 42 << 'n'; return 0; } G
题解
知识点：模拟，枚举，dfs。
很简单（痛苦）的模拟。
dfs枚举每个 ? 的三种可能即可，注意快速幂前把底数模一下，因为可能炸 long long 。
可以选择预处理数字后边枚举边求值，也可以考虑枚举完再求值。注意，边枚举边求值不太适用于有优先级表达式。
（被表达式求值整了一顿，码力太差了QAQ
时间复杂度 (O(3^{12} cdot n))
空间复杂度 (O(n))
代码
边枚举边求值
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; using ll = long long; ll qpow(ll a, ll k, ll P) { ll ans = 1; while (k) { if (k & 1) ans = ans * a % P; k >>= 1; a = a * a % P; } return ans; } int ans; vector<int> num; vector<char> op(20); bool dfs(int step = 1, ll cur = num[0]) { if (step == num.size()) return cur == ans; op[step] = '+'; if (dfs(step + 1, cur + num[step])) return true; op[step] = '-'; if (dfs(step + 1, cur - num[step])) return true; if (cur > 0 && num[step] > 0) { op[step] = '#'; if (dfs(step + 1, qpow(cur % num[step], cur, num[step]))) return true; } return false; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); string s; cin >> s; for (int i = 0;i < s.size();i++) { if (isdigit(s[i])) ans = ans * 10 + s[i] - '0'; else num.push_back(ans), ans = 0; } if (dfs()) { cout << num[0]; for (int i = 1;i < num.size();i++) cout << op[i] << num[i]; cout << '=' << ans << 'n'; } else cout << -1 << 'n'; return 0; } 枚举完求值，用到表达式计算。
这里给了一个模板，可以修改map的优先级，支持带括号的二元运算，以及伪负号运算（指负号运算必须打括号）。
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; ll qpow(ll a, ll k, ll P) { ll ans = 1; while (k) { if (k & 1) ans = ans * a % P; k >>= 1; a = a * a % P; } return ans; } map<char, int> mp = { {'+',0},{'-',0},{'#',0},{'=',0} }; bool calc(string s) { vector<ll> num = { 0 }; vector<char> op; for (auto ch : s) { if (ch >= '0' && ch <= '9') num.back() = num.back() * 10 + ch - '0'; else { while (op.size() && mp[ch] <= mp[op.back()]) { char ope = op.back(); op.pop_back(); ll x = num.back(); num.pop_back(); if (ope == '+') num.back() += x; else if (ope == '-') num.back() -= x; else if (ope == '#') { if (x <= 0) return false; num.back() = qpow(num.back() % x, num.back(), x); } } if (ch == '#' && num.back() <= 0) return false; op.push_back(ch); num.push_back(0); } } return num[0] == num[1]; } string s; bool dfs(int step = 0) { if (step == s.size()) return calc(s); if (s[step] == '?') { s[step] = '+'; if (dfs(step + 1)) return true; s[step] = '-'; if (dfs(step + 1)) return true; s[step] = '#'; if (dfs(step + 1)) return true; s[step] = '?'; } else { while (step < s.size() && s[step] != '?') step++; if (dfs(step)) return true; } return false; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); cin >> s; if (dfs()) cout << s << 'n'; else cout << -1 << 'n'; return 0; } H
题解
知识点：概率dp。
可能重要的前置知识
（大佬请跳过）：对于一维期望dp，在第 (i) 步时，其向其他状态转移的起点只有 (f_i) 一种，因此在第 (i) 步起点是状态 (f_i) 的概率是百分百的，变化的期望直接加就行。
例如，有期望状态 (f_i) 。操作有两种，概率分别为 (dfrac{1}{4},dfrac{3}{4})，两种操作的贡献分别是 (1,3) 。那么可以有转移方程：
[f_{i+1} = dfrac{1}{4}(f_i+1) + dfrac{3}{4}(f_i+3) ]但是，如果在一维期望dp的基础上，设每一步都有多个不同的状态，那么转移时的期望就不是简单加法了。
具体的说，在第 (i) 步时，其向其他状态转移的起点如果是 (f_{i,j}) 有 (j) 种，那么显然这 (j) 种状态都有概率成为起点，满足概率的总和为百分百。因此考虑 (f_{i,j}) 为起点做转移时，变化的期望需要乘上其作为起点的概率，表示这步操作在 (f_{i,j}) 作为起点的概率下的期望。当然，期望 (f_{i,j}) 本身不需要再乘一遍概率，因为求这个期望时已经考虑了到这个状态的概率，同时我们还可以知道这 (j) 种期望的总和就是第 (i) 步的总期望。
例如，有期望状态 (f_{i,0/1/2}) ，设 (f_{i,j}) 的概率为 (g_{i,j}) 。操作有两种，概率分别为 (dfrac{1}{4},dfrac{3}{4}) ，我们假设从 (f_{i,0/2}) 都可以通过两种操作转移到 (f_{i+1,0}) ，两种操作的贡献对于两种状态分别是 (1,2) 和 (5,6) 。那么对于 (f_{i+1,0}) 可以有转移方程：
[begin{aligned} f_{i+1,0} &= dfrac{1}{4}(f_{i,0} + 1cdot g_{i,0}) + dfrac{3}{4}(f_{i,0} + 2 cdot g_{i,0})\ &+dfrac{1}{4}(f_{i,2} + 5cdot g_{i,2})+dfrac{3}{4}(f_{i,2} + 6 cdot g_{i,2}) end{aligned} ]接下来就可以轻松
（真的吗）做这道题了。
设 (f_{i,j,k}) 为执行到第 (i) 步且满足串首状态为 (j) 、串尾状态为 (k) 的期望个数。其中，(j = 0/1) 表示串首是 red 或 edr ， (k = 0/1) 同理。
设 (g_{i,j,k}) 为对应的 (f_{i,j,k}) 发生的概率。注意，除了四种串首尾的状态，还有一种空串的状态，这里没有标记到数组里，但是每步还是得自己手动加上去的，我们记 (prob) 为空串的概率，空串的期望为 (0) 不需要考虑。
因此有转移方程：
写的很详细了，三个 (dfrac{1}{3}) 对应三种操作，分别算一下概率和期望转移就行。特别注意，(f_{i+1,1,1}) 的操作三转移可以产生十倍加九的期望。
代码用滚动数组压缩了一维， (f_{j,k,0/1}) 代表第 (i) 步的各种概率/期望， (g_{j,k,0/1}) 代表第 (i+1) 步的各种概率/期望。并且，代码转移时是用子状态刷表，而非如上述转移方程填表，因为写起来比较方便。填表也能写，本质都是一样的，很好理解。
推荐使用 Modint 不然开 long long 也救不了打 % 打到手酸。
时间复杂度 (O(k))
空间复杂度 (O(1))
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; const int P = 1e9 + 7; struct Modint { int val; Modint(int _val = 0):val(_val %P) { format(); } Modint(ll _val):val(_val %P) { format(); } //if val in [-P,2P) //maybe slower than global version Modint &format() { if (val < 0) val += P; if (val >= P) val -= P; return *this; } Modint inv()const { return qpow(*this, P - 2); } Modint &operator+=(const Modint &x) { val += x.val;return format(); } Modint &operator-=(const Modint &x) { val -= x.val;return format(); } Modint &operator*=(const Modint &x) { val = 1LL * val * x.val % P;return *this; } Modint &operator/=(const Modint &x) { return *this *= x.inv(); } friend Modint operator-(const Modint &x) { return { -x.val }; } friend Modint operator+(Modint a, const Modint &b) { return a += b; } friend Modint operator-(Modint a, const Modint &b) { return a -= b; } friend Modint operator*(Modint a, const Modint &b) { return a *= b; } friend Modint operator/(Modint a, const Modint &b) { return a /= b; } friend Modint qpow(Modint a, ll k) { Modint ans = 1; while (k) { if (k & 1) ans = ans * a; k >>= 1; a = a * a; } return ans; } friend istream &operator>>(istream &is, Modint &x) { ll _x; is >> _x; x = { _x }; return is; } friend ostream &operator<<(ostream &os, const Modint &x) { return os << x.val; } }; /* f[0/1][0/1][0]:概率 f[0/1][0/1][1]:期望 00 red-red 01 red-edr 10 edr-red 11 edr-edr 注意还有一种空串情况 需要每次操作前手动加 */ int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int k; cin >> k; array<array<array<Modint, 2>, 2>, 2> f = {}; Modint inv3 = Modint(3).inv(); Modint prob = 1; for (int i = 1;i <= k;i++) { //prod指空串概率，空串期望始终为0不需要管 array<array<array<Modint, 2>, 2>, 2> g = {}; g[0][0][0] = inv3 * prob; g[1][1][0] = inv3 * prob; g[0][0][1] = inv3 * prob; //空串到g[1][1]的期望还是0，不用管 for (auto i : { 0,1 }) { for (auto j : { 0,1 }) { g[i][0][0] += inv3 * f[i][j][0];//操作1后的概率 g[i][1][0] += inv3 * f[i][j][0];//操作2后的概率 g[i][j][0] += inv3 * f[i][j][0];//操作3后的概率 g[i][0][1] += inv3 * f[i][j][1];//操作1后的期望 g[i][0][1] += inv3 * f[i][j][0]; g[i][1][1] += inv3 * f[i][j][1];//操作2后的期望 if (j == 1) g[i][1][1] += inv3 * f[i][j][0];//只有?1才能加 g[i][j][1] += 10 * inv3 * f[i][j][1];//操作3后的期望 if (i == 1 && j == 1) g[i][j][1] += 9 * inv3 * f[i][j][0];//只有11能加9个 } } prob *= inv3; f = g; } Modint sum = 0; for (auto i : { 0,1 })for (auto j : { 0,1 }) sum += f[i][j][1]; cout << sum << 'n'; return 0; } I
题解
知识点：数论，构造。
-
偶数情况，若 (x-1) 是素数构造 (n = (x-1)^2) ，则 (f(n) = 1+x-1=x) ； 若 (x-3) 是素数构造 (n = 2(x-3)) ，则 (f(n) = 1+2+x-3=x) 。
-
奇数情况，因为一定存在 (1) 因子，我们考虑使其他因子的和凑出一个偶数 (x-1) 。考虑最简单的素数情况，因为哥德巴赫猜想，一个大于等于 (4) 的偶数可以被分解成两个素数之和，我们只要找到两个不同的素数 (p,q) 使得 (p+q = x-1) ，那么构造 (n = pq) ，则 (f(n) = 1+p+q=x) 。
注意，哥德巴赫猜想所述是两个素数之和，不是两个不同的素数。经过测试
int范围内，大于等于 (8) 的偶数都可以被分解为两个不同的素数之和，因此大于等于 (9) 的奇数我们无脑无解即可。我们需要特判 (x = 1,3,7) ，因为这些情况确实有解，但不能通过哥德巴赫猜想构造。
时间复杂度 (O(x))
空间复杂度 (O(x))
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; using ll = long long; const int N = 1e6 + 7; bool vis[N]; vector<int> prime; void get_prime(int n) { for (int i = 2;i <= n;i++) { if (!vis[i]) prime.push_back(i); for (int j = 0;j < prime.size() && i * prime[j] <= n;j++) { vis[i * prime[j]] = 1; if (!(i % prime[j])) break; } } } bool solve() { int x; cin >> x; if (x == 1) { cout << 2 << 'n'; return true; } if (x == 3) { cout << 4 << 'n'; return true; } if (x == 7) { cout << 8 << 'n'; return true; } if (x & 1) { for (int i = 0;i < prime.size() && 2 * prime[i] < x - 1;i++) { if (!vis[x - 1 - prime[i]]) { cout << 1LL * prime[i] * (x - 1 - prime[i]) << 'n'; return true; } } } else { if (!vis[x - 1]) cout << 1LL * (x - 1) * (x - 1) << 'n'; else cout << 1LL * 2 * (x - 3) << 'n'; return true; } return false; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; get_prime(1e6); while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << 'n'; } return 0; } K
题解
知识点：贪心，数学。
给你前 (n) 种素数，每个素数有 (a_i) 个。
设 (size = sum_{i=1}^n a_i) 。现在将这 (size) 个素数排成一个序列，设 (f(i)) 为序列中 ([1,i]) 的数的乘积的因子的数量。现在求 ([1,size]) 的 (f(i)) 的和，即 (sum_{i=1}^{size} f(i)) ，的最大值。
显然，我们需要尽可能让前面的 (f(i)) 的越大越好。我们知道，乘积的因子数量等于各个素数个数加 (1) 的乘积，通过一些尝试很容易发现均摊素数的个数，比连续安排同一种素数得到的结果要大很多，因此我们每次安排还能安排的素数中出现次数最小的那个素数。
我们设 (cnt_i) 表示出现至少 (i) 次的素数个数，我们发现 (f(i)) 的结果呈现 (2,2^2,cdots,2^{cnt_1},2^{cnt_1-1} cdot 3,cdots,2^{cnt_1-cnt_2} cdot 3^{cnt_2},cdots) 。直接求和要加 (size) 次是不可行的，因此我们先用差分维护好 (cnt_i) ，随后用等比公式对每 (cnt_i) 个数直接求和。
设 (pre) 为 (cnt_{i-1}) 段的最后一个数字，那么 (cnt_i) 段的总和为 (pre cdot dfrac{1-frac{i+1}{i}^{cnt_i}}{1-frac{i+1}{i}}) ，最后一个数字 (pre' = pre cdot dfrac{i+1}{i}^{cnt_i}) ，于是就可以递推求和了。
时间复杂度 (O(2 cdot 10^5 + n))
空间复杂度 (O(2 cdot 10^5))
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; const int P = 1e9 + 7; ll qpow(ll a, ll k) { ll ans = 1; while (k) { if (k & 1) ans = ans * a % P; k >>= 1; a = a * a % P; } return ans; } ll inv(ll a) { return qpow(a, P - 2); } int cnt[200007]; int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int n; cin >> n; for (int i = 1;i <= n;i++) { int x; cin >> x; cnt[1]++; cnt[x + 1]--; } for (int i = 1;i <= 2e5;i++) cnt[i] += cnt[i - 1]; int pre = 1; int ans = 0; for (int i = 1;i <= 2e5;i++) { int f = 1LL * (i + 1) * inv(i) % P; int g = qpow(f, cnt[i]); ans = (ans + 1LL * pre * f % P * (1 - g + P) % P * inv(1 - f + P) % P) % P; pre = 1LL * pre * g % P; } cout << ans << 'n'; return 0; } 
