B. Meeting on the Line
题目：
思路：
数形结合
首先考虑如果没有 t 的影响该怎么写
显然我们就是让最大时间最小化，那么显然选择最左端点和最右端点的中间值即可，即 (mi + mx) / 2，那么现在有了 t 该怎么办
我们不妨考虑拆开绝对值，由 |a - b| = max(a-b, b-a) 可得原式 t - |x - x0| 拆解为
max(t - (x - x0), t - (x0 - x)) = max(t - x + x0, t + x - x0) = max(x0 - (x - t), (t + x) - x0)
我们令 x-t 和 t+x 为两个新点，那么显然 x-t 在 x0 左边，t+x 在 x0 右边，所以我们找到最大的右端点和最小的左端点即可，这就是我们上面的普通情况
除此之外，我们可以还能使用二分or三分
代码：
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"
mt19937 rnd(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1), t(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> t[i];
int mx = -1e18, mi = 1e18;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
mx = max(mx, a[i] + t[i]);
mi = min(mi, a[i] - t[i]);
}
double res = (mx + mi) * 1.0 / 2.0;
printf("%.6lf\n", res);
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}C1. Sheikh (Easy version)
题目：
思路：
异或性质
这题看似无从下手，但是我们关键点在于发现异或的性质，不难发现一个特点，异或是不带进位的加法，那么对于任意 x,y，我们都有 x+y >= x ^ y，这是显然的
那么我们就豁然开朗了，既然 x+y >= x ^ y，那么对于一个区间我们肯定是多加数的，因为 x+y - x^y >= 0 恒成立，所以多加显然是不劣的
那么最大值显然就是选取整个区间，但是题目让我们输出最小的长度，所以考虑如何最小
显然由上诉结论可知，我们区间长度越长，那么值就越大，这是单调的，所以我们考虑二分区间长度，我们枚举每一个左端点，然后二分最大长度即可
特别注意预处理前缀和即可，还有越界问题
代码：
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"
mt19937 rnd(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
void solve()
{
int n,q;
cin >> n >> q;
vector<int> a(n+1),sum(n+1,0),sumxor(n+1,0);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
sum[i] = sum[i-1] + a[i];
sumxor[i] = sumxor[i-1] ^ a[i];
}
cin >> q >> q;
int mx = sum[n] - sumxor[n];
auto check = [&](int l,int len)->int{
int r = min(l + len - 1,n);
int nmx = (sum[r] - sum[l-1]) - (sumxor[r] ^ sumxor[l-1]);
return nmx >= mx;
};
int le = 1e18;
int mxl = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int l = 1,r = 1e18;
while (l+1 < r)
{
int mid = l+r >> 1;
if(check(i,mid))
{
r = mid;
}
else
{
l = mid;
}
}
int templen = 0;
if(check(i,l)) templen = l;
else templen = r;
if(templen < le)
{
le = templen;
mxl = i;
}
}
cout << mxl << " " << mxl + le - 1 << endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}E. Guess the Cycle Size
题目：
思路：
随机数据的特征
注意到题目数据随机，那么可以考虑稍微暴力的做法
我们假设对于 a,b 点对进行询问，如果 a,b 和 b,a 的询问结果不同，那么显然二者相加就是答案
但是由于 a,b 和 b,a 的询问结果不同，因此我们要多次判断，可以发现 50 次内基本上不可能会错，如果担心错的话可以在代码结尾加上 while(1) 使得其超时，因为TLE 会重测 3 次，3 次全错肯定不可能
最后特别注意特判 -1 情况即可
代码：
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"
mt19937 rnd(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
void solve()
{
int ans1, ans2;
for (int i = 2; i <= 1e18; i++)
{
cout << "? " << 1 << " " << i << endl;
cin >> ans1;
if (ans1 == -1)
{
cout << "! " << i - 1 << endl;
return;
}
cout << "? " << i << " " << 1 << endl;
cin >> ans2;
if(ans1 != ans2)
{
cout << "! " << ans1 + ans2 << endl;
return;
}
}
while (1);
}
signed main()
{
int t = 1;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}