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给定一个$b$进制数，要求输出它在十进制下是奇数还是偶数。
花了我略多的时间，首先题目中给的数字范围很大，不能直接转化为10进制。
分析性质，发现只有奇数乘奇数还是奇数，其他都是偶数。
对奇数进制和偶数进制分类讨论。
偶数进制看最低位的奇偶性，如果是奇数那么这个数就是奇数，不然是偶数。
奇数进制看每一位上奇数的个数，如果是奇数个奇数就是奇数，不然是偶数。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=1e5+1009; 4 int read(){ 5 char c;int num,f=1; 6 while(c=getchar(),!isdigit(c))if(c==‘-‘)f=-1;num=c-‘0‘; 7 while(c=getchar(), isdigit(c))num=num*10+c-‘0‘; 8 return f*num; 9 } 10 int n,Base,v[N]; 11 bool f1,f2; 12 int main() 13 { 14 Base=read();n=read(); 15 for(int i=n-1;i>=0;i--)v[i]=read(); 16 f1=Base&1;f2=0; 17 if(!f1){ 18 f2=v[0]&1; 19 if(f2)printf("odd\n"); 20 else printf("even\n"); 21 }else{ 22 for(int i=0;i<=n-1;i++) 23 if(v[i]&1) 24 f2=!f2; 25 if(f2)printf("odd\n"); 26 else printf("even\n"); 27 } 28 return 0; 29 }
给定一条线段，上面有$n$个点，你有$k$条线段（任意长度）可以使用，求覆盖所有点的最小线段长度和。
一开始想用DP，秒得方程，但是复杂度是$O(n^2)$，想到用数据结构优化。
后来觉得B题不会这么难吧，仔细分析性质，每一个线段的两端肯定是两个点（显然）
然后每个点肯定仅由一条线段覆盖（显然）
那么问题就转化为了在题目中给的$n-1$个间隔中，选择$n-k$个间隔未被覆盖，其余的用线段覆盖。
然后排序一下就可以了。。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=5e5+1009; 4 int read(){ 5 char c;int num,f=1; 6 while(c=getchar(),!isdigit(c))if(c==‘-‘)f=-1;num=c-‘0‘; 7 while(c=getchar(), isdigit(c))num=num*10+c-‘0‘; 8 return f*num; 9 } 10 int n,m,k,sum; 11 int a[N],dis[N]; 12 int main() 13 { 14 n=read();m=read();k=read(); 15 for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(); 16 for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=a[i]-a[i-1]; 17 sort(dis+2,dis+n+1); 18 for(int i=2;i<n-k+2;i++) 19 sum+=dis[i]; 20 printf("%d\n",sum+k); 21 return 0; 22 }
给定$q$个数，要求每个数$a$找到一个$b(1\le b< a)$使得$gcd(a$ $xor$ $b,a$ $and$ $b)$最大。
我们分两类讨论。
第一类：$a$不是$2^k-1$时，这时候我们发现我们只要让$a$ $and$ $b=0$，$a$ $xor$ $b=2^k-1$就可以了。
重点在第二类：打表找规律，发现如果$a$是质数时，答案为$1$，否则答案为$a$的最大真因子。
我怕$a$很大又是质数的时候可能会超时，用的是Miller-Rabbin算法判断的质数。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 const ll test[109]={2,3,5,7,11,61,24251,13,17,23}; 5 ll read(){ 6 char c;ll num,f=1; 7 while(c=getchar(),!isdigit(c))if(c==‘-‘)f=-1;num=c-‘0‘; 8 while(c=getchar(), isdigit(c))num=num*10+c-‘0‘; 9 return f*num; 10 } 11 ll Pow(ll a,ll p,ll mod){ 12 ll ans=1; 13 for(;p;p>>=1,a=1ll*a*a%mod) 14 if(p&1)ans=1ll*ans*a%mod; 15 return ans; 16 } 17 bool check(ll P){ 18 if(P==1)return 0; 19 ll k=0,t=P-1; 20 while(!(k&1))k++,t>>=1; 21 for(int i=0;i<10;i++){ 22 if(P==test[i])return 1; 23 ll a=Pow(test[i],t,P),nxt; 24 for(int j=1;j<=k;j++){ 25 nxt=(1ll*a*a)%P; 26 if(nxt==1&&a!=1&&a!=P-1)return 0; 27 a=nxt; 28 } 29 if(a!=1)return 0; 30 } 31 return 1; 32 } 33 int ct(ll x){ 34 ll t=1;int flag=0; 35 while(t<=x){ 36 if((x&t)==0)flag=1; 37 t<<=1; 38 } 39 if(flag)return t; 40 else return -1; 41 } 42 int main() 43 { 44 int q=read(); 45 for(int i=1;i<=q;i++){ 46 ll a=read(); 47 ll b=ct(a); 48 if(!(~b)){ 49 if(check(a))printf("1\n"); 50 else { 51 for(ll i=2;i<a;i++){ 52 if(a%i==0){ 53 cout<<(a/i)<<endl; 54 break; 55 } 56 } 57 } 58 }else cout<<(b-1)<<endl; 59 } 60 return 0; 61 }
[Codeforces]Codeforces Global Round 1
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原文地址：https://www.cnblogs.com/onglublog/p/10355788.html
