題面
老師給的解析
自己覺得很好的一篇題解
直接說重點題吧，不耽誤時間了
這個很顯然就是讓進這個 while 的次數盡可能少，
那麼我們可以讓他只進一次 while，即讓第一次進 while 的時候就令 $flag = 1$
由於只進一次 while，那麼只需要算第一次進的時候需要比較幾次
很顯然，n 個數需要比較 n-1 次
故答案為 c
由於有的元素可能不在這個鏈裡面，即斷開了連線，所以無法訪問任意乙個元素
並且 「隨機訪問乙個元素」 指在 o(1) 的時間裡訪問該元素
鍊錶的訪問是o(n) 的
首先要注意，這個 「分配方案」 是看成不同班，同樣的學生
那麼這就是很明顯的插板了，並且已經說明了每個班至少有乙個名額，
所以答案就是 $c_^ = 84$ 種分配方案
從這五副手套中取出兩副，一共有 $c_5^2 = 10$ 種取法，
再隨意配上兩隻手套 $c_^ = c_6^4 = 15$ 種取法，
其中要去除掉這兩隻手套能配成一對的可能取法：$c_3^1 = 3$。
所以一共有 $c^3_5\times(c^2_6−c^1_3) = 120$ 種取法
t16就只能自己去模擬，將對應關係一一列出來，這玩意沒啥好解析的
t17：
這是乙個進製的題，算出來的 ans 是進製的次數
len 代表的是這個轉化出來的數的數字長度，其中最高位儲存在 a[len-1] 中
(1)：這個 len 應該一直等於 $2$，不論 n 的值為幾，
原因是在 i = 0 的時候必然會有一次進製，而進製之後 len 為 $2$，a[0] = 0，a[1] = 1
但是這時候 a[1] 本來也應該進一次位的，不過這個進製是 if ，不是 while，所以只會進行一次進製操作
(2)：錯誤，當 n = 0 的時候，len = 1，此時 $len > n$
(3)：正確，自己代數進去試試就知道了
(4)：$10^15$，因為每次 ++d[0] 都會 進行一次 ++ans，所以 n 為幾，ans 就是幾、
(5)：可以代入 9（即$3^2$）試試，最終得出的結果為 $4$ ，即 $\frac$
(6)：自己看題解
t18可以理解為 d[i][0] 是數列一， d[i][1] 是數列二
每次合併的價值為 數列一兩數相加 與 數列二兩數相減
求進行 n-1 次合併後的最大價值
(1)：會直接陣列都不輸入，直接結束程式
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