这个。。按照很早之前的约定，东北赛结束之后的伪ACM之路就要靠自己去走了。所谓师傅领进门，修行在个人。

嘛~接下来就是这最后的五道题。

第一题，输入n，输出斐波那契的第n项的数。

首先你要知道一个数学知识。那就是求斐波那契数列的矩阵算法：

上式中，Fn即为斐波那契的第n项的数。

然后。。好说了，矩阵快速幂即可。

第二题，给你一棵空树（可能为多叉树），首先树上的所有节点都是空节点。然后你有如下两种操作，第一种，把它的所有儿子节点赋值为1；第二种，把它的所有父亲节点变为0。当有多组操作之后，询问某个节点是否为空。（操作数和查询数最大值均为500000）

对于这道题，是通过好几次一步步想的，主要还是见识太少，很多“显而易见”的东西自己却还根本不知道。

整理下用到的知识：

首先，是通过DFS的方式将一棵树遍历一次，并记录每个节点对应的进入时间和出树时间，根据此来将这棵树抽象成线性的结构。

其次，是对于刚抽象的线性结构采用线段树的方式进行维护。而第一种操作也就因此迎刃而解了，只要将入节点时间和出节点时间作为一整个区间赋值为1即可。

然后，对于第二种操作，我们只要将操作的内个节点赋值为0即可(对于如何查询我稍后解释)。这样操作2的时间复杂度便成了O(1)的。

最后，我们来解释下如何查询，对于已经记录过进入时间和出树时间的每个节点来说，倘若结果与区间长度不相等，即儿子节点中存在“被操作2了的空点”那么就证明该节点必然是空的。那么与此同时也就产生了一个问题，如果对于操作2，我们如果只改变一个点，那么当这个点后来又被操作1覆盖之后，而它的某些父亲节点本已被清空却无法用查询操作验证了怎么办呢？(这个问题比较绕口，没看懂的话仔细多读几遍吧)     一个比较巧妙地方法就是稍微改动下操作1，对于某个出入区间内已经存在“0”节点的父亲节点来说，先将该节点的父亲节点清空，然后再对该区间进行覆盖赋值“1”。

例如：

首先我对1号点进行操作1，那么区间【1，17】将赋值为1，即1到17号点均为1；

然后我对4号点进行操作2，那么点1，2，3，4将为0，但是我只把4号点改为0；

然后我对3号点进行操作1，那么点3，4将重新变为1，但这样再在查询的时候我就无法证明点1，2为0了，于是我就先把3号点的父亲节点——2号点变为0，然后将【3，4】变为1。

（题目链接：http://codeforces.com/contest/343/problem/D）

至于代码，今天刚把想法总结好，暂时还没写出来，回头写好了再贴上吧~

#include<iostream>
using namespace std;
int ans,a;
int main(){int n;cin>>n;cin>>ans;for(int i=1;i<n;i++){cin>>a;ans^=a;}cout<<ans<<endl;
}

这道题其实是上一道题的延伸，因为这题不过于限制空间，所以对于100W的序列我们可以尽情的开数组存了。首先，我们依旧是对所有数字进行按位异或，那么得到的结果就是两个只出现了一次的数之间的按位异或(这很容易想到，尤其是有了第四题的铺垫之后)。

我所想做的就是将所有的数分成两部分，每部分都只有一个你最终想得到的数。那么进而就可以转化为上一道题的思路了求得这两个数了。

接下来就是这道题的关键了，如何分成两部分呢？即，对于两个只出现过一次的数的异或的结果，如果二进制数中的某一位为1，那么就证明这两个数在这一位上一个为“0”、一个为“1”，于是，我们便可以以此为条件对所有的n个数进行分类。然后我们得到了两堆数，对每一堆数进行全异或也就分别得到了这两个结果。

#include<iostream>
using namespace std;
int a[1000010],b[1000010],c[1000010];
int ans,ans1,ans2;
int main(){int n;cin>>n;cin>>a[0];ans=a[0];for(int i=1;i<n;i++){cin>>a[i];ans^=a[i];}int temp=ans,flag=0;while(1){if((temp>>flag)&1) break;else flag++;}int j=0,k=0;for(int i=0;i<n;i++){if((a[i]>>flag)&1) {b[j]=a[i];j++;}else {c[k]=a[i];k++;}}for(int i=0;i<j;i++)ans1^=b[i];for(int i=0;i<k;i++)ans2^=c[i];cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl;
}