猫猫接币币
给定两个容量分别为
a和b的盒子，已知第i秒天上会掉下i个金币，你会从第1秒开始接金币，每秒钟你可以选择任意一个盒子接金币，但是不能不选，你必须使得两个盒子刚好装满，请问是否存在某个时刻，使得恰好装满两个盒子，输出一个仅由A和B组成的字符串，第\(i\)位的字符即表示第\(i\)秒用哪个盒子去接金币。如果存在多种接金币的方法，输出任意一种正确接法即可
题解：贪心
假设第\(n\)秒恰好装满两个盒子，容易发现：\(\sum\frac{n(1+n)}{2} = a+b\)
存在一种这样的贪心构造：
对于\(1,2,3...n\)中这\(n\)个数字，我们从大到小装入盒子，哪个盒子能装就装哪个盒子
#include <bits/stdc++.h>
#define Zeoy std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0)
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define rson id << 1 | 1
#define lson id << 1
#define int long long
#define mpk make_pair
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<double, double> pdd;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;
void solve()
{
int a, b;
cin >> a >> b;
int n = 0;
bool flag = false;
for (int i = 1; i <= 2000; ++i)
{
n += i;
if (n == a + b)
{
flag = true;
n = i;
break;
}
}
if (!flag)
{
cout << "NO" << endl;
return;
}
cout << "YES" << endl;
string ans;
for (int i = n; i >= 1; i--)
{
if (a >= i)
{
a -= i;
ans = "A" + ans;
}
else if (b >= i)
{
b -= i;
ans = "B" + ans;
}
}
cout << ans << endl;
}
signed main(void)
{
Zeoy;
int T = 1;
// cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
关于我转生成为位运算大师但做的却是一道关于前缀和的题目这件事
你的朋友刚学了位运算，但并不是特别的精通，他知道你是位运算大师，于是拿着下面这段伪代码来问你：
Input N T = 0 While True: X = N # (N - 1) If N == X: Break End If T = T + 1 N = X End While Output T他定义了三个函数 \(f(x),g(x),h(x)\)分别表示当上述伪代码中的
#符号被替换为&（按位与）、|（按位或）以及^（按位异或）这三种运算符之后，输入 \(x\) 所得到的结果。他给了你一个 \(n\)，请你帮助他分别求出这三个函数的前缀和
\[\sum_{x=1}^{n}f(x),\sum_{x=1}^{n}g(x),\sum_{x=1}^{n}h(x), \]
题解：思维
我们观察三个函数：
- 对于第一个函数手模后我们不难发现，每一次
&操作都会减少一个最低位的1，所以\(f(x)\)的值为\(x\)在二进制表示下1的个数- 对于第二个函数我们不难发现只有\(x\)偶数时，\(g(x)=1\)，否则\(g(x)=0\)
- 对于第三个函数我们不难发现只有\(x\)偶数时，\(g(x)=2\)，否则\(h(x)=1\)，特殊的\(h(1)=0\)
那么我们只需要快速算出前缀和即可：
- 对于第一个函数的前缀和，我们不难发现每一位存在周期性，假设周期为\(p\)，每个周期中1的个数为\(p/2\)，所以我们只需要计算\(x\)已经经过了几个周期即可，最后\(x\)对\(p\)取模后，观察是否有没有漏算1
000000 000001 000010 000011 000100 000101 000110 000111我们不难发现规律，对于第一位二进制，周期为\(2\)，对于第二位二进制，周期为\(2^2\).....以此类推
对于第二个函数的前缀和我们只需要算出\([1,x]\)中有几个偶数即可，显然偶数的个数为$\lfloor \frac{x}{2} \rfloor $
对于第三个函数的前缀和我们只需要算出\([1,x]\)中有几个偶数和几个奇数即可，注意\(h(1)=0\)，所以奇数的个数需要减去一
#include <bits/stdc++.h>
#define Zeoy std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0)
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define rson id << 1 | 1
#define lson id << 1
#define int long long
#define mpk make_pair
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<double, double> pdd;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;
int n;
void solve()
{
cin >> n;
int p = 2;
int ans1 = 0;
int m = n + 1;
while (m / p)
{
int t = p / 2;
ans1 += t * (m / p);
int t2 = m % p;
if (t2 > t)
ans1 += t2 - t;
p *= 2;
}
int t = p / 2;
ans1 += t * (m / p);
int t2 = m % p;
if (t2 > t)
ans1 += t2 - t;
int ans2 = n / 2;
int ans3 = 2 * (n / 2) + (n - n / 2 - 1);
cout << ans1 << " " << ans2 << " " << ans3 << endl;
}
signed main(void)
{
Zeoy;
int T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}