周圍大佬都說初中打過n遍，我乙個菜雞瑟瑟發抖。
把斐波那契數列寫出來找了半天性質，用了半個多小時推出來
x兔子的父親，就是x減去是在斐波那契數列中最大的小於x的數
舉個栗子
13號兔子，應減去8，得到他的祖先5
10號兔子,應減去8，得到他的祖先2
預處理出斐波那契數列，然後讓ab中較大的到他的祖先，a==b時輸出答案，過程可以二分，但是因為菜還懶，發現減去的數一定越來越小，單調指標往前掃就行
那麼為什麼減去是正確的？他的含義是什麼？
首先對斐波那契數列求字首和，得到第i天有幾隻兔子，然後發現字首和不用另算，實際就是斐波那契數列第i+2項，這麼顯然的東西我還是打表發現的，實際還是在斐波那契數列上，找到第一項大於等於x的，就是x在當天出生，減去前一項，得到k，就是x是當天第k只出生的兔子，而標號是按照父親標號從小到大編號的，當天第i只出生的兔子的父親就是k，所以減去最大的小於x的就是x的父親。
#include#includeusing namespace std;
long long fib[1005];
int main()
else
}printf("%lld\n",a);
}return 0;
}
記得做分塊莫隊時候看到過這題，於是就往分塊想，於是喜提tle
其實開個陣列存一下第i種顏色位置的下標，每次二分查詢指定區間內顏色個數就好，陣列好像開不下？用vector
特判一下不存在的情況
#include#include#include#includeusing namespace std;
const int maxn=300005;
int c[maxn];
vector a[maxn];
void ask()
void update()
int main()
return 0;
}
k只有1、2兩種取值，分類討論即可
k=1時，用vis陣列記錄當前團體內有誰，每次加入新兔子時列舉所有平方數減去該兔子顏色，判斷是否存在與之矛盾的兔子，如果有就重新分組，為了保證字典序最小，從後往前倒敘列舉，為了保證時間效率，令開陣列rem記錄那些位置有兔子，清零時清空rem對應位置即可
k=2時，仿照團夥那題，維護兩個並查集，表示兩個團體，令開陣列記錄與矛盾i的兔子在哪個集合，每次有一對新的矛盾關係i-j，判斷這兩個兔子是否在乙個並查集中，在的話重新分組，不在就將i與j敵人所在團體合併，j與i所在團體合併，倒敘列舉。
實際上這玩意叫擴充套件域並查集，記錄i敵人的陣列相當於把i拆成兩點中的虛擬點。領會精神吧。。
#include#include#includeusing namespace std;
const int maxn=301075;
int a[maxn],n,k,rem[maxn],cl[maxn];
bool flag[maxn];
void work1()
}if(fl)
cl[++temp]=a[i];
flag[a[i]]=1;
}printf("%d\n",cnt+1);
for(int i=cnt;i>=1;--i)printf("%d ",rem[i]);
printf("\n");
}vectorv[maxn];
int f[maxn],d[maxn];
int fx(int x)
void hb(int x,int y)
int up(int l,int r)
void work2()
int main()
NOIP提高組模擬賽4
丹青千秋釀，一醉解愁腸 無悔少年枉，只願壯志狂 矩陣字首和加暴力 o n 2m 2 60pts有手就行 觀察資料範圍，猜測應該是求一種 o n 3 的演算法，想到之前做的題，應該是 n 2 枚舉行,n 處理乙個序列的答案，然後，就沒有然後了 對於乙個序列，求子段和為k的倍數，如何 o n 求解，考慮...
NOIP提高組模擬賽6
這題看著真熟啊，好像把之前的english，入陣曲雜糅了一下。首先，像入陣曲一樣計算出字首和 s 式子可以轉化為求 s r s l 1 equiv max mod k 像english一樣 用單調棧處理出以x為最大值的區間，分區間求解 每次列舉一側區間，已知max，只要知道另一側有多少與之餘數相同的...
NOIP提高組模擬賽7
帶取模的運算，除以乙個數一定要乘逆元！不同位置的值對最終答案的貢獻是互不影響的，分開考慮每個值的貢獻 考慮對於位於 x,y 的值對 n,m 的貢獻，無論從哪個路徑走過去，一定是原數 a b 而對答案貢獻多少次即為 x,y n,m 不同的路徑數,這個顯然是個組合數，用l表示需要走幾步，r表示需要向右 ...