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关于学长太善良出了一道朴素差分题。
派小星点星
重生之我在异世界学差分
最大连续子段的异或和
肥波纳妾
杨辉三角(Easy)
取石子（pro plus max 版）
重生之我在异世界遇到差分。

关于学长太善良出了一道朴素差分题。

题目大意:
给你一个n和m，分别表示区间的长度和操作的次数，然后m次询问每次有三个数l,r,c，表示区间 l 到r 的草长c单位的长度，问最后每个位置草长度为多少

这一题是差分的模板，不了解的话可以看这篇博客戳我查看

代码如下

#include<stdio.h>
int a[100005],b[100005];
int main(){int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);int l,r,c;while(m--){scanf("%d%d%d",&l,&r,&c);b[l]+=c;b[r+1]-=c;}for(int i=1;i<=n;i++){b[i]+=b[i-1];printf("%d ",b[i]);}return 0;
}

派小星点星

给你一个n和m，分别表示区间的长度和操作的次数，之后输入n个整数，表示数组里的数，然后m次询问每次有三个数l,r，表示询问区间 l 到r 的总数是多少

同上题一样这是前缀和的模板，暴力做法会TLE，上面那篇博客也有前缀和的讲解

代码如下

#include<stdio.h>
int a[200005],b[200005];
int main()
{int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)   scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++){b[i]=b[i-1]+a[i];}int q;scanf("%d",&q);while(q--){int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);printf("%d\n",b[r]-b[l-1]);}return 0;
}

重生之我在异世界学差分

和第一道题一模一样，但是这道题不用差分做会超时，这里不再罗嗦了

最大连续子段的异或和

题目大意：
给出一个正整数序列，求异或和最大的连续子段和。

这道题数组很小，只有100，所以我们可以把每个区间都算一遍，代码中 i 相当于是左端点，j相当于是右端点，可以知道两重for循环可以不重不漏的把所有区间都算完。

代码如下：

#include<stdio.h>
int t[1005];
int main(){int n,ans=0;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&t[i]);for(int i=1;i<=n;i++){int sum=0;   //将sum设为0for(int j=i;j<=n;j++){sum^=t[j];if(sum>ans) ans=sum;   //每异或一次，就和答案取最大值}}   printf("%d\n",ans);return 0;
}

肥波纳妾

题目大意

第一行是询问的次数t，接下来每行一个整数n表示上面这个序列的第n个数是多少

从序列中我们可以发现第n个数是第n-1个数和第n-2个数的和，所以把前两个数输入进去，接下来的数都可以推出来

#include<stdio.h>
int a[50];
int main(){int t,n,i;a[1]=1,a[2]=1;scanf("%d",&t);for(i=3;i<=40;i++){a[i]=a[i-1]+a[i-2];}while(t--){scanf("%d",&n);printf("%d\n",a[n]);}return 0;
}

杨辉三角(Easy)

题目大意：

如果我们按杨辉三角从上到下、从左到右的顺序把所有数排成一列，可以得到如下数列：
1, 1, 1, 1, 2, 1, 1, 3, 3, 1, 1, 4, 6, 4, 1, …
给定一个正整数 n ，请你输出数列中第一次出现 n 是在第几个数？

如果把杨辉三角画成这样，我们可以发现一个数是它上方和上方左边的和，如果在边界的话，它就是1
由此我们可以处理出前100行然后一行一行的找答案

代码如下:

#include<stdio.h>
int a[105][105];
int main()
{int t;scanf("%d",&t);for(int i=1;i<=101;i++){for(int k=1;k<=i;k++){if(k==1||k==i) a[i][k]=1; //表示在边界else  a[i][k]=a[i-1][k-1]+a[i-1][k];}}while(t--){int n;scanf("%d",&n);int num = 0;int flag = 0;for(int i=1;i<=101;i++){for(int k=1;k<=i;k++){num ++ ;if(a[i][k]==n)  //表示我们找到了答案{flag = 1;break;}}if(flag)break;}printf("%d\n",num);}return 0;
}

取石子（pro plus max 版）

题目大意：
给定 n 堆石子，两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿走任意数量的石子（可以拿完，但不能不拿），最后无法进行操作的人视为失败。
问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。

这道题涉及到了位运算，代码简单但思维难度较大，证明过程水平有限，大家用心看一下

首先结论：如果初始所有值的异或结果不为0，则先手必胜，反之必败

我们可以知道0^ 0 ^… ^ 0 ^ 0=0
然后有两个推论

当序列异或的结果不为0的时候，我们必然有种方式拿走石子使异或结果为0
当序列异或的结果为0的时候，我们无论怎么拿走石子异或结果都不会再为0

证明如下

首先当a[1] ^ a[2] ^ … ^ a[n] = x != 0 时
记x的二进制表示中最高位的1是第k位，则肯定存在一个a[i]的第k位为1（因为要使两个数异或结果为1，必然要有一个1）
可知a[i]^x < a[i]（因为x的最高位的1在k，第k位都为1，因此异或后第k为0，比k位低的异或结果不管是怎么样的，最终结果肯定比a[i]）
因此可以把a[i]变成a[i]^x
这样结果会变成a[1] ^ a[2] ^ … ^ a[i] ^ x ^ … ^ a[n] = 0

当a[1] ^ a[2] ^ … ^ a[n]= 0 （式1）时
当从任意一堆中拿走任何数量的石子后，异或结果肯定不等于0
反证法证明：
假设从任意一堆a[i]中拿走任何数量的石子后(a[i]变成a[t])，异或结果等于0，则a[1] ^ a[2] ^ … ^ a[t] ^ … a[n] = 0（式2）
则式1^式2 = 0 -> a[t] ^ a[i] = 0 -> a[t] = a[i] , 这与a[i] > a[t]矛盾，因此假设不成立

所以当序列异或结果不为0时，先手可以让异或结果变成0，后手只能让异或结果不为0，然后如此往复，最后一定是先手到达 0^ 0 ^… ^ 0 ^ 0=0，的状态，也就是胜利，反之，先手必败
代码如下:

#include <stdio.h>int main()
{int res=0,n=0;scanf("%d",&n);while(n--){int x;scanf("%d",&x);res ^= x;}if(res) printf("Yes");else printf("No");return 0;
}

重生之我在异世界遇到差分。

题目大意：
给你长度为n的路，每个点都有一个怪物，血量是ai,你可以对某个区间的所有怪物造成1点伤害，但是如果这个点怪物血量为0，还对这个点造成伤害的话是不允许的，问你最少进行多少次操作可以击败所有怪物。

这道题我们可以这样想，
1.如果ai>ai-1，那么答案只用加上ai-ai-1就行了，因为我们完全可以在减ai-1的血量的时候顺便再把ai算上，最后只需要多算它们两个的差就行了。
2.如果ai<=ai-1，那么答案就不用更新，因为我们在减ai-1的时候就顺带着可以把ai的血量减完了