上青纪念（这图真糊啊）
Problem - A - Codeforces
每人的最大连续比赛场数不超过二，那么显然，第一场比赛的旁观者将经历“旁观->比赛->比赛”的循环，故判断k模3是否等于1即可
交完A排第九，这辈子没这么靠前过（这图也真糊啊）
Problem - B - Codeforces
首先明确一点：如果n*(n+1)/2是完全平方数，那么符合要求的排列必然不存在（所有项求和是完全平方），故在一开始特判一下
之后用set降序存储1到n的所有数，遍历，若加上i后的前缀和不是完全平方，即将i压入ans中，最后遍历输出ans即可
至于set为什么降序呢？是因为考虑到完全平方在数轴上的排列是由稠密到稀疏，前缀和较小时，加入大数，能尽可能地跳过更多的完全平方，较大时加入小数，能尽可能地在保证前缀和在两个完全平方之间的前提下向ans数组中压入更多的数，不降序排列大约的确也是可以的
AC代码：
点击查看代码[code]#includeusing namespace std;#define ll long long#define llu long long unsigned int#define db double#define endl '\n'#define PII pairconst ll inf=0x3f3f3f3f;const ll mod=1e9+7;const ll nn=5e5+5;const ll mm=3005;const ll INF=1e18;ll n;void solve() { cin>>n; ll sum=(1ll*n*(n+1))/2ll; ll x=sqrt(sum); if (x*x==sum) { coutn)</p>故对于任意的m>n(m为偶数)，都有am xor am+1 = 0
设a1到an的前缀异或和为x
则易得：
（1）m为奇数时，a2m = a2m+1 = x
（2）m为偶数时，a2m = a2m+1 = x xor am
故可不断缩小给出的查询值，直至其小于2n，再根据题中描述求am即可
注意一个小坑：为保证对于所有大于n的查询值都能实现奇数项和偶数项的异或相消，必须保证n为奇数，若给出的n为偶数，须自行计算an+1的值，再将n增1
AC代码：
点击查看代码[code]#includeusing namespace std;#define ll long long#define llu long long unsigned int#define db double#define endl '\n'#define PII pairconst ll inf=0x3f3f3f3f;const ll mod=1e9+7;const ll nn=1e5+5;const ll mm=3005;const ll INF=1e18;ll n,l,r;void solve() { cin>>n>>l>>r; vectorv(n+1); for(ll i=1;i>v; if(l |
提升卡
置顶卡
沉默卡
喧嚣卡
变色卡
千斤顶
照妖镜
