A题考虑贪心，要使使用的砖头越多，每块转的k应尽可能小，最小取2，最后可能多出来，多出来的就是最后一块k=3，我们一行内用到的砖头就是 m 2 \frac{m}{2} 2m下取整，然后乘以行数就是答案。
cppp
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
vector<int>s[N];
int u[N],ans[N];
void solve()
{
int n,m;cin>>n>>m;
cout<<m/2*n<<endl;
}
signed main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int t;
cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}B题就是猜的一个排序， 对于 i , a [ i ] + b [ i ] 越大我们就考虑将他往后放 , 有一点贪心的思想吧，如果 a [ i ] + b [ i ] 越大放在前面产生的逆序对可能就越多，所以我们考虑将大的往后放 对于i,a[i]+b[i]越大我们就考虑将他往后放,有一点贪心的思想吧，如果a[i]+b[i]越大放在前面产生的逆序对可能就越多，所以我们考虑将大的往后放 对于i,a[i]+b[i]越大我们就考虑将他往后放,有一点贪心的思想吧，如果a[i]+b[i]越大放在前面产生的逆序对可能就越多，所以我们考虑将大的往后放
b题wa了两发，第一次是排序的时候弄反了。
第二次写排序函数的时候降序就写 < 不要写 < = ，写了 < = r e 了 <不要写<=，写了<= re了 <不要写<=，写了<=re了
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
//#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
struct node
{
int a,b,sum;
}kk[N];
bool cmp(node t1,node t2)
{
return t1.sum<t2.sum;
}
void solve()
{
int n;cin>>n;
rep(i,1,n) cin>>kk[i].a;
rep(i,1,n) cin>>kk[i].b;
rep(i,1,n) kk[i].sum=kk[i].a+kk[i].b;
sort(kk+1,kk+1+n,cmp);
rep(i,1,n) cout<<kk[i].a<<' ';
cout<<endl;
rep(i,1,n) cout<<kk[i].b<<' ';
cout<<endl;
}
signed main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int t;
cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}c题是位运算+贪心
一般1e18很可能就是 l o g log log的算法，涉及到异或这些很可能就是要考虑每一位的影响。
这道题就是需要考虑每一位对答案的贡献，这种贡献法也是很常用的思考方式。
赛时有框架了，但是贪心的细节没考虑好没过。
大佬指导的是位运算很多时候需要考虑贪心，因为位与位之间独立。
我们考虑如果a，b两个数的二进制下第i位
当 a i = b i 时无论 x 取何值这一位对答案的贡献都是 0 , 我们就然 x 的这一位为 0 因为 x 要小于 r ， x 后面会有用 当a_i=b_i时无论x取何值这一位对答案的贡献都是0,我们就然x的这一位为0因为x要小于r，x后面会有用 当ai=bi时无论x取何值这一位对答案的贡献都是0,我们就然x的这一位为0因为x要小于r，x后面会有用
当 a i ≠ b i 时这时看 x i = 1 是否能然答案变小，如果可以就让 x i = 1 否则就然 x i = 0 当a_i\not=b_i时这时看x_i=1是否能然答案变小，如果可以就让x_i=1否则就然x_i=0 当ai=bi时这时看xi=1是否能然答案变小，如果可以就让xi=1否则就然xi=0
x i = 1 需要建立在 x < r 的前提下 x_i=1需要建立在x<r的前提下 xi=1需要建立在x<r的前提下
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
#define int long long
using namespace std;
const int N=64;
int work(int x,int i)
{
return x&(1ll<<i);
}
void solve()
{
int a,b,r;cin>>a>>b>>r;
if(a<b) swap(a,b);
int ans=0;
fep(i,60,0)
{
if(work(a,i)==work(b,i)) continue;
if(r>=(1ll<<i))
{
int kk=abs(ans+(work(a,i)^(1ll<<i))-(work(b,i)^(1ll<<i)));
if(kk<abs(ans))
{
ans=kk;
r-=(1ll<<i);
}
else ans+=(work(a,i)^0)-(work(b,i)^0);
}
else ans+=(work(a,i)^0)-(work(b,i)^0);
}
cout<<abs(ans)<<endl;
}
signed main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int t;
cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}D
二分+大根堆优化dp
首先需要二分答案，在b站的一个up看的讲解b站的up讲解
这种题目就是可以通过二分答案然后变成简单的check。
接下来需要考虑如何check，由于我们删数的位置不确定，同时我们需要求的是在满足一定条件下的最优化问题，这时我们可以考虑一下dp
f [ i ] 表示处理好的前 i 个（前 i 个的区间间隔均 < m i d ） f[i]表示处理好的前i个（前i个的区间间隔均<mid） f[i]表示处理好的前i个（前i个的区间间隔均<mid）
并且删除第 i 个元素，所有删除元素的和的最小值 并且删除第i个元素，所有删除元素的和的最小值 并且删除第i个元素，所有删除元素的和的最小值
考虑转移 : f [ i ] = f [ k ] + a [ i ] , 其中 k 是满足区间和小于 m i d 的 f 中的最小值 考虑转移:f[i]=f[k]+a[i],其中k是满足区间和小于mid的f中的最小值 考虑转移:f[i]=f[k]+a[i],其中k是满足区间和小于mid的f中的最小值
我们可以看到枚举状态 O ( n ) ，枚举转移也需要 O ( n ) , 这样复杂度就是 O ( n 2 l o g n ) 我们可以看到枚举状态O(n)，枚举转移也需要O(n),这样复杂度就是O(n^2logn) 我们可以看到枚举状态O(n)，枚举转移也需要O(n),这样复杂度就是O(n2logn)
考虑优化可以用优先队列维护和双指针维护满足条件的区间，以及区间内的 f 的最小值 考虑优化可以用优先队列维护和双指针维护满足条件的区间，以及区间内的f的最小值 考虑优化可以用优先队列维护和双指针维护满足条件的区间，以及区间内的f的最小值
由于状态的设计所以状态需要计算到 n + 1 , 因为 n 有删或不删两种情况，这是一个常用的小技巧 由于状态的设计所以状态需要计算到n+1,因为n有删或不删两种情况，这是一个常用的小技巧 由于状态的设计所以状态需要计算到n+1,因为n有删或不删两种情况，这是一个常用的小技巧
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,a[N],f[N];
bool check(int x)
{
priority_queue<pll,vector<pll>,greater<pll>>q;
int l=0,ss=0;
q.push({0,0});
rep(i,1,n+1)
{
while(l<i&&ss>x)
{
ss-=a[l];
l++;
}
while(q.size()&&q.top().y<l-1) q.pop();
f[i]=q.top().x+a[i];
q.push({f[i],i});
ss+=a[i];
}
return f[n+1]<=x;
}
void solve()
{
cin>>n;
rep(i,1,n) cin>>a[i];
a[n+1]=0;
int l=0,r=1e15;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<l<<endl;
rep(i,0,n+1) f[i]=0;
}
signed main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int t;
cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}