感觉这东西像我的人生一样莫名其妙。在oi生涯结束前再留一些遗产吧。upd：完了，突然感觉还挺有意思的。0.1.公平组合游戏公平组合游戏（ICG），是满足以下特征的一类问题：双人，回合制；游戏规则对于两个玩家是公平的；游戏的状态有限，能走的步数也有限；两人轮流行动，当一个玩家不能行动

//805石子游戏III.cpp:此文件包含"main"函数。程序执行将在此处开始并结束。///*http://oj.daimayuan.top/course/22/problem/845Alice和Bob正在玩一个关于石头的游戏。共有n（n为偶数）堆石子，其中第i堆最初含有ai个石子。他们轮流选择n2堆非空石子，每堆移除

//804石子游戏II.cpp:此文件包含"main"函数。程序执行将在此处开始并结束。///*http://oj.daimayuan.top/course/22/problem/738Alice和Bob正在玩一个关于石子的游戏。共有n堆石子，其中第i堆最初含有ai个石子。他们轮流执行下列操作之一，从Alice开始。把

   #include<iostream>#include<unordered_map>#include<unordered_set>#include<map>#include<string>#include<vector>#include<algorithm>usingnamespacestd;//定义存储每个队伍的相关数据结构structTeamData{in

//803取石子游戏2.cpp:此文件包含"main"函数。程序执行将在此处开始并结束。///*http://oj.daimayuan.top/course/22/problem/904有n堆石子，每堆有ai个石子。Alice和Bob轮流取石子，Alice先移动。每次可以选一堆石子然后从里面拿走若干个石子，可以拿光，但不能不拿。最后

//802取石子游戏.cpp:此文件包含"main"函数。程序执行将在此处开始并结束。///*http://oj.daimayuan.top/course/22/problem/902有一堆石子，大小为x。Alice和Bob轮流操作，Alice先手。Alice每次可以取a1,a2,…,或an1个石子（也就是选一个数ai，取ai个石子），Bob每次可以取b1,

题目19182石子合并（基础版）时间限制:1000MS代码长度限制:10KB提交次数:0通过次数:0题型:编程题语言:不限定Description设有N(N≤300)堆石子排成一排，其编号为1,2,3,⋯,N。每堆石子有一定的质量mi(mi≤1000)。现在要将这N堆石子合并成为一堆。每次只能合并相邻的两堆，

问题：耳机插入测试盒，测试盒显示“命令应答”，拔出耳机，耳机未关机（未进入仓储模式）实际：耳机插入测试盒，测试盒显示“命令应答”，拔出耳机，耳机关机（进入仓储模式），需要LDO唤醒或者开发板自带按键唤醒。调试过程：增加log，跟踪流程。复现未进入仓储模式的情况：没有进行ldo5v_keep_deal处

响应式设计的技巧有很多，可以大致分为以下几类：1.流式布局（FluidLayouts）：使用相对单位：避免使用像素(px)等固定单位，尽量使用百分比(%)、em、rem、vw、vh等相对单位。这使得元素尺寸能够根据视口大小进行调整。弹性布局(Flexbox)和网格布局(Grid)：Flexbox擅长于一维布

事件委托就是使用事件冒泡机制将子元素相关事件绑定到父元素的处理方式。假设场景：当我们在开发过程中有toolbar功能开发，toolbar中每个按钮都会触发不同的相关功能（弹窗，左边栏，右边栏，跳转等），如果给每一个按钮绑定click事件，不仅代码量多，而且不方便维护，因此需要使用事件委托，将子元素所

主要是一些模型。ICG的定义双方轮流移动不能行动者判负所能进行的操作仅与当前局面有关，与操作者无关一般而言发现ICG就可以考虑SG了。SG分清楚后继状态和子游戏。子游戏的和是\(\oplus\)，后继状态的和是\(mex\)。后继状态指进行一次操作所能够达到的状态。子

ICG博弈所讨论的博弈问题满足以下条件：  玩家只有两个人，轮流做出决策。  游戏的状态集有限，保证游戏在有限步后结束，这样必然会产生不能操作者，其输。  对任何一种局面，胜负只决定于局面本身，而与轮到哪位选手无关。经典的三种玩法一、巴什博奕(BashGame)二、尼姆

    本文参考链接：https://www.geeksforgeeks.org/combinatorial-game-theory-set-2-game-nim/给定许多堆，其中每堆包含一些数量的石头。在每一回合中，玩家只能选择一堆并从该堆中移除任意数量的石子（至少一个）。无法移动的玩家被视为输掉游戏（即，拿走最后一颗石头的玩家获胜   

可以发现步数限制把数轴变为了环。环之间不可以交换，环内相邻两点可以交换，然后我们只需要对每个环操作，最后累加。对于环上的每个石子堆，我们需要将其石子数调整到均值\(avg\)。因此，我们首先计算每个堆石子相对于\(avg\)的偏差，即\(nowa[i]-avg\)。因为相邻节点不一定能凑齐

**(区间DP)**0.思路关键点：最后一次合并一定是左边连续的一部分和右边连续的一部分进行合并如何分类：最后一次分界线的位置来分类，分成k类之后，每一类取最小代价步骤：1.枚举[l,r]区间的长度2.对于每个长度的区间枚举起点————合并开始的位置for(inti=1;i+len-1<=