洛谷传送门很棒的题。考察终态，可以发现最后输的人拥有的数的数量大概率是比赢家的数量少的。唯一的例外是等差数列，因为一个长为\(n\)的等差数列只能组成\(n-1\)个不同的差值。考虑若一开始先手就是一个公差为\(d\)的\(n+1\)项等差数列，后手是一个公差为\(d\)的\(

D2T1签。#include<cstdio>usingnamespacestd;intread(){/*...*/}typedeflonglongll;voidsolve(){ lln=read()-1,x=read(); lly=x; while(~y&1)y>>=1; for(inti=1;i<n;++i)y<<=1; if(x>y)y=x; printf("%lld\n"

今天的模板测试是无向图上的广度优先遍历，【数据删除】马上写好了代码：1#include<cstdio>2#include<cstring>3#include<iostream>4#include<algorithm>5#include<vector>6#include<queue>7usingnamespacestd;8constintmaxn=100005;

原题链接【LGR-151-Div.2】洛谷8月月赛II&YsOI2023T1解题思路设有一序列a，其中a1 =a2，第k(≥3) 项为前k-1项的前缀和。可以发现前q项分别为第一项的20 倍，20 倍，21 倍，22 倍，23 倍…2q-3 倍，2q-2 倍。扩展到整个序列中，可得第i( ≥ 3)项一定为2i-2a1。

好题。首先考虑到对于任意的边的输入顺序，分层图是不会变的，即所有点到根的最短距离不变。那么分为两种边，分别为不同层的边相连，相同层的边相连。显然第二种边是无用的，我们将其放到最后输出即可。由于下层的决策会影响上层的决策而且不同层之间的边的顺序不会影响答案，所以我们按