如果只打兩針，那麼我們直接列舉第二針位置，然後找到最適合的打第一針的位置。
如果打三針，那麼也是差不多流程，也就是在 pos - k 和 pos + k 附近找。
有點逆天，直接貼**（set 真是好東西）：
#includeusing namespace std;
#define ll long long
const int n = 1000010;
int n;
char str[n];
ll k, w, q;
ll calc(int x, int y)
sets;
int get_front(int x)
}int get_back (int x)
}int main()
cout << ans;
return 0;
}
拋開禮遇不談，我們嘗試看一下怎使得最後結果最大：顯然按照加分從大到小來排序了（我第一遍以為那個第 \(i\) 局的上榜分數是跟著每局遊戲走的，想了半天都看不懂題解，逆天）
#include using namespace std;
const int n = 30;
int n, k, s;
int a[n], b[n], c[n], d[n], p[n];
int main()
//solve
int ans = 0;
for (int j = 0; j < (1 << n); j++)
if (cnt > k) continue;
for (int i = 1; i <= n; i++)
sort(d + 1, d + n + 1);
reverse(d + 1, d + n + 1);
int score = s;
cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
ans = max(ans, cnt);
}//output
cout << ans;
return 0;
}
給定區間 \([l,r]\)，問區間內有多少個數，在十進位制下符合以下要求：這題有點超過了數字 dp 的範圍了（我是這麼感覺的），不過靠數感意識到在 \(10^\) 的範圍內可能也就不到一百萬個符合要求的數（實際數量為 1220185），這意味著我們可以寫乙個爆搜來找出所有的數，然後一一看他們在不在給定的區間內即可。每相鄰兩個數字，和為素數
數字中有至少乙個 1
沒有前導 0
\(1\leq l\leq r \leq 10^\)
（我也不知道為啥考場上調了半小時沒調的出來，很煩
#includeusing namespace std;
#define ll long long
setvis;
bool isprime(const int x) ;
for (int i = 0; i < 7; ++i) if (x == pr[i]) return true;
return false;
}bool has1(ll x)
void dfs(ll x) }//
int main()
給定乙個三元組 \((x,y,z)\)，你可以對其進行操作，你可以進行操作 1, 2, 3，分別意味著讓其他兩個數變為自己的一半，然後剩下一半分別第 i 個數。我們可以將操作視為對三元組向量左乘乙個矩陣，例如第乙個操作就可以視為：現在有乙個僅含 1, 2, 3 的長度為 \(n\) 的操作序列，可進行 \(m\) 次操作：
1 x y，將第 \(x\) 個數改為 \(y\) （\(1\leq x\leq n, 1\leq y\leq 3\)）
2 l r，求對於三元組 \((1,1,1)\) 進行區間 \([l,r]\) 上操作後得到的新三元組。（\(1\leq l\leq r \leq n\)）
\(1\leq n,m\leq 10^5\)，所有數對 \(998244353\) 取模。
\[\begin
1 & \frac & \frac\\
0 & \frac & 0\\
0 & 0 & \frac
\end
\begin
1\\1\\1
\end
=\begin
2\\\frac\\\frac
\end
\]矩陣符合結合律，那麼就變成了乙個單點修改和區間查詢的問題，我們可以線段樹來處理，複雜度 \(o(3^3n\log n)\)。
（注意，矩陣乘法不符合交換律，所以必須嚴格遵守乘法順序，先右後左）
#include using namespace std;
#define ll long long
const ll mod = 998244353, inv = 499122177;
struct matrix
matrix operator * (const matrix &b) const
};matrix std[4];
const int n = 100010;
int n, m;
char str[n];
struct node a[n << 2];
int mp[n];
#define ls(x) (x << 1)
#define rs(x) (x << 1 | 1)
inline void pushup(int x)
void build(int x, int l, int r)
int mid = (l + r) >> 1;
build(ls(x), l, mid);
build(rs(x), mid + 1, r);
pushup(x);
}matrix query(int x, int l, int r)
void change(int p, matrix val)
int main()
//read & init
scanf("%d%d%s", &n, &m, str + 1);
build(1, 1, n);
//query
while (m--) ;
for (int i = 1; i <= 3; ++i)
for (int j = 1; j <= 3; ++j)
ans[i] = (ans[i] + g.a[i][j]) % mod;
for (int i = 1; i <= 3; ++i)
printf("%lld ", ans[i]);
puts("");}}
return 0;
}
給定大小為 1 到 13 的卡牌各 4 張，從中取出六張，問本質不同的選擇方案有幾種？暴力求出答案為 18395 即可。
我們對時刻做差後排個序，然後每次詢問中二分到第乙個大於 \(k\) 的位置，然後僅計算後面的值即可（求和可以用字首和優化）。
#includeusing namespace std;
#define ll long long
const int n = 1000010;
int n, q, t[n];
//ll a[n], s[n];
bool solve(ll k, ll p)
int main()
return 0;
}
假定乙個簡化版三國殺，有著以下四種卡牌：殺，閃，桃，決鬥。對於決鬥後互相比拼殺的情況，我們可以理解為我們使用了一張殺，對方使用了一張閃，用來簡化情況。現在知道我們血量無限，有 \(n\) 張殺和 \(m\) 張決鬥，對方有 \(k\) 張手牌，問我們是否必勝？
\(0\leq n,m,k\leq 10^9\)
再簡化一下得到結論：我們每打出一張傷害牌，對方都必須再出一張進行抵消，那麼我們直接比較 \(n+m\) 和 \(k\) 的大小即可。
#includeusing namespace std;
int main()
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給定乙個矩形區域，在裡面構造三個點使得其之間的距離等於給定的值 如圖所示，先取 0,0 作為第一點，然後分兩種情況 在x軸上或矩形右邊界找第二個點，最後用餘弦定理和角度關係求出第三點。注意 因為可能會出現超過w,h邊界的情況，我們可以列舉三個點對應放哪個位置來保證答案合法。很好寫 1 define ...