2022杭电多校（四）

文章目录

2022杭电多校（四）
- 一、比赛小结
- 二、题目分析及解法（基础题）
- - 1001、Link with Bracket Sequence II
  - 1002、Link with Running
  - 1003、Magic
  - 1004、Link with Equilateral Triangle
  - 1005、Link with Level Editor II
  - 1006、BIT Subway
  - 1007、Climb Stairs
  - 1011、Link is as bear
- 三、题目分析及解法（进阶题）
- - 1008、Fight and upgrade
  - 1009、Fall with Full Star
  - 1010、Fall with Intersection

一、比赛小结

比赛链接：Problems (hdu.edu.cn)

和牛客的一场比赛互为姊妹赛： "蔚来杯"2022牛客暑期多校训练营2

二、题目分析及解法（基础题）

1001、Link with Bracket Sequence II

题目链接：Problem - 7174 (hdu.edu.cn)

题意：

给你一个 n n n 长度的括号序列，有 m m m 种括号形式， a i = 0 a_i=0 ai=0 表示的是可以是这 m m m 种任意都可以， a i > 0 a_i>0 ai>0 表示的是该种的左括号， a i < 0 a_i<0 ai<0 表示的是该种的右括号。

求有多少种满足条件。

题解：

卡塔兰式 dp 即可

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int maxn = 600;
const int mod = 1e9 + 7;
using namespace std;
int n, m;
int a[maxn];
int dp[maxn][maxn];  // dp[i][j] 代表区间 [i, j] 的方案数
bool ispair(int i, int j) {if (a[i] < 0 || a[j] > 0) return false;if (a[i] == 0 || a[j] == 0) return true;if (a[i] + a[j] == 0) return true;return false;
}
signed main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;while (_--) {memset(dp, 0, sizeof(dp));cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++) dp[i + 1][i] = 1ll;for (int len = 2; len <= n; len++)for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++)for (int j = i + 1; j <= i + len - 1; j++)if (ispair(i, j)) {int tmp = dp[i + 1][j - 1] * dp[j + 1][i + len - 1] % mod;if (a[i] == 0 && a[j] == 0)dp[i][i + len - 1] = (m * tmp + dp[i][i + len - 1]) % mod;elsedp[i][i + len - 1] = (tmp + dp[i][i + len - 1]) % mod;}cout << dp[1][n] << endl;}return 0;
}

1002、Link with Running

题目链接：Problem - 7175 (hdu.edu.cn)

题意：

link 在健身，要从节点 1 跑向节点 n n n ，每条路均为有向边，还有两个属性，为能量消耗和健康获益，他想在最少的能量消耗的基础上，获得最多的健康收益。

求出这两个值。

题解：

先用 dijkstra 跑出最短路图，再跑最长路，题目给的图不一定为 DAG ，需要自行缩点

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define MN 100000using namespace std;using ll = long long;const ll INF = 1e18;struct Edge {int v, w1, w2;
};namespace GetSpg {ll dis[MN + 5];
vector<Edge> e[MN + 5];void clear(int n) {for (int i = 1; i <= n; i++) {e[i].clear();}
}void addEdge(int u, int v, int w1, int w2) { e[u].push_back({v, w1, w2}); }void dijkstra(int n, int S) {using pii = std::pair<ll, int>;priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii>> pq;for (int i = 1; i <= n; i++) {dis[i] = INF;}pq.push({dis[S] = 0, S});while (!pq.empty()) {int u = pq.top().second;ll d = pq.top().first;pq.pop();if (d != dis[u]) continue;for (Edge edge : e[u]) {int v = edge.v;int w = edge.w1;if (dis[u] + w < dis[v]) {dis[v] = dis[u] + w;pq.push({dis[v], v});}}}
}void solve(int n, function<void(int, int, int, int)> addEdge) {dijkstra(n, 1);for (int u = 1; u <= n; u++) {if (dis[u] == INF) continue;for (Edge edge : e[u]) {if (dis[u] + edge.w1 == dis[edge.v]) {addEdge(u, edge.v, edge.w1, edge.w2);}}}
}}  // namespace GetSpgnamespace GetDag {vector<Edge> e[MN + 5];stack<int> s;
bool ins[MN + 5];
int low[MN + 5], dfn[MN + 5], scc[MN + 5];
int dfnCnt = 0, sccCnt = 0;void clear(int n) {for (int i = 1; i <= n; i++) {e[i].clear();ins[i] = false;dfn[i] = low[i] = scc[i] = 0;}dfnCnt = 0;sccCnt = 0;while (!s.empty()) s.pop();
}void addEdge(int u, int v, int w1, int w2) { e[u].push_back({v, w1, w2}); }void tarjan(int u) {dfn[u] = ++dfnCnt;low[u] = dfn[u];s.push(u);ins[u] = true;for (Edge edge : e[u]) {int v = edge.v;if (dfn[v]) {if (ins[v]) {low[u] = min(low[u], dfn[v]);}} else {tarjan(v);low[u] = min(low[u], low[v]);}}if (low[u] == dfn[u]) {int v;++sccCnt;do {v = s.top();s.pop();ins[v] = false;scc[v] = sccCnt;} while (u != v);}
}void solve(int& n, function<void(int, int, int, int)> addEdge, bool isLoop[]) {for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!dfn[i]) {tarjan(i);}}for (int u = 1; u <= n; u++) {for (Edge edge : e[u]) {int v = edge.v;if (scc[u] == scc[v]) {if (edge.w2 > 0) {isLoop[scc[u]] = true;}} else {addEdge(scc[u], scc[edge.v], edge.w1, edge.w2);}}}
}}  // namespace GetDagnamespace GetLp {int din[MN + 5];
bool isLoop[MN + 5];
vector<Edge> e[MN + 5];struct Dis {ll d;Dis(ll d = 0) { this->d = d; }Dis operator+(const Dis& that) const {if (d == -INF || that.d == -INF) return Dis(-INF);if (d == INF || that.d == INF) return Dis(INF);return Dis(d + that.d);}bool operator<(const Dis& that) const { return this->d < that.d; }
};Dis f[MN + 5];void clear(int n) {for (int i = 1; i <= n; i++) {din[i] = 0;isLoop[i] = false;e[i].clear();}
}void addEdge(int u, int v, int w1, int w2) {e[u].push_back({v, w1, w2});din[v]++;
}void solve(int n, int S) {for (int i = 1; i <= n; i++) {f[i] = -INF;}f[S] = 0;queue<int> q;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (din[i] == 0) q.push(i);}while (!q.empty()) {int u = q.front();q.pop();if (isLoop[u]) f[u] = f[u] + INF;for (Edge edge : e[u]) {int v = edge.v;int w = edge.w2;f[v] = max(f[v], f[u] + w);if (--din[v] == 0) {q.push(v);}}}
}
}  // namespace GetLpvoid solve() {int n, m;scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= m; i++) {int u, v, w1, w2;scanf("%d%d%d%d", &u, &v, &w1, &w2);GetSpg::addEdge(u, v, w1, w2);}GetSpg::solve(n, GetDag::addEdge);GetDag::solve(n, GetLp::addEdge, GetLp::isLoop);GetLp::solve(GetDag::sccCnt, GetDag::scc[1]);printf("%lld %lld\n", GetSpg::dis[n], GetLp::f[GetDag::scc[n]].d);GetSpg::clear(n);GetDag::clear(n);GetLp::clear(n);
}int main() {int T;scanf("%d", &T);while (T--) solve();
}

1003、Magic

题目链接：Problem - 7176 (hdu.edu.cn)

题意：

有 n n n 个魔法塔，每个魔法塔的魔法值都需要魔法原料，求一个差分约束

题解：

我们令 a [ i ] a[i] a[i] 为前 i i i 个魔法塔中加入的魔法原料之和。由于第 i i i 个魔法塔的魔法值只与有效半径 k k k 内的魔法原料数量有关，则魔法值需求 p i p_i pi 可以表示为

a [ min ⁡ ( n , i + k − 1 ) ] − a [ max ⁡ ( 0 , i − k ) ] ≥ p i a[\min (n,i+k-1)]-a[\max(0,i-k)]\ge p_i a[min(n,i+k−1)]−a[max(0,i−k)]≥pi

对于魔法原料添加的限制 L j , R j , B j L_j, R_j, B_j Lj,Rj,Bj 可以表示为

a [ R j ] − a [ L j − 1 ] ≤ B j a[R_j]-a[L_j-1]\le B_j a[Rj]−a[Lj−1]≤Bj

由于每个魔法塔中的原料数量非负，需要满足

a [ i ] − a [ i − 1 ] ≥ 0 a[i]-a[i-1]\ge 0 a[i]−a[i−1]≥0

将上述三组不等式使用差分约束求解即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxne = 600001;
const int maxnn = 100001;
const long long int inf = 1e18;
int n, k;
int e, s, t, cnt;
int last[maxne], q[maxne], check[maxnn];
long long dis[maxnn];
bool is[maxnn], fuhuan;
struct line {int to, next, v;
} l[maxne];
void add(int u, int v, int w) {l[++cnt].to = v;l[cnt].next = last[u];last[u] = cnt;l[cnt].v = w; /*printf("u:%d v:%d w:%d\n",u,v,w);*/
}
void spfa(int a, int maxnode) {for (int i = 1; i <= maxnode; i++) {dis[i] = inf;check[i] = is[i] = 0;}dis[a] = 0;is[a] = 1;q[0] = a;check[a]++;fuhuan = 0;int head = 0, tail = 1;while (head != tail) {int now = q[head++];if (head == maxnode + 1) head = 0;for (int i = last[now]; i; i = l[i].next) {if (dis[now] + l[i].v < dis[l[i].to] && dis[now] != inf) {dis[l[i].to] = dis[now] + l[i].v;if (!is[l[i].to]) {is[l[i].to] = 1;if (dis[l[i].to] < dis[q[head]]) {head--;if (head == -1) head = n;q[head] = l[i].to;check[l[i].to]++;if (check[l[i].to] == maxnode) {fuhuan = 1;return;}} else {q[tail++] = l[i].to;if (check[l[i].to] == maxnode) {fuhuan = 1;return;}if (tail == maxnode + 1) tail = 0;}}}}is[now] = 0;}
}
void clear(int x) {cnt = 0;for (int i = 0; i <= x; i++) {last[i] = q[i] = 0;}
}
int main() {int T;scanf("%d", &T);while (T--) {int p, q;scanf("%d%d", &n, &k);// x[j]-x[i]>=k  ==> x[i]-x[j]<=-kfor (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &p);int st = (i - k >= 1) ? (i - k) : n + 1;int ed = (i + k - 1 <= n) ? (i + k - 1) : n;add(ed, st, -1 * p);}for (int i = 1; i <= n; i++) add(i, (i - 1 == 0 ? n + 1 : i - 1), 0);scanf("%d", &q);for (int i = 1; i <= q; i++) {int x, y;scanf("%d%d%d", &x, &y, &p);add((x != 1) ? (x - 1) : n + 1, y, p);}spfa(n, n + 1);int tmp = dis[n + 1];printf("%d\n", fuhuan ? -1 : -1 * tmp);clear(n + 2);}return 0;
}

1004、Link with Equilateral Triangle

题目链接：Problem - 7177 (hdu.edu.cn)

题意：

给你一个边长为n的三角形，左侧不能填0，右侧不能填1，下边不能填2，对于每一个小三角形都不能是3的倍数，求是否可以构造出一个这样的三角形。

题解：

对于一个合法的解，应当满足不存在同时包含0,1,2的三角形，下面我们证明这样的三角形一定存在。

左下角必然是1，右下角必然是0，底边不能含有2，则底边上必然有奇数条1-0的边，这些边都属于一个小三角形。考虑其他的0-1边，由于不在两个斜边上，其他的0-1边必然属于两个三角形。因此“每个三角形内0-1边的数量”的和必然为奇数。

但是，假设不存在0-1-2的三角形，则所有三角形都必然包含0条或2条的0-1边，产生了矛盾。

因此一定存在0-1-2的三角形。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int main() {freopen("in.txt", "r", stdin);freopen("out.txt", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;while (_--) {cin >> n;cout << "No\n";}return 0;
}

1005、Link with Level Editor II

题目链接：Problem - 7178 (hdu.edu.cn)

题意：

link 正在玩一个游戏，在这个游戏中，一个关卡由几个世界组成。每个世界由以下几个部分组成：m 节点和一些定向道路。从节点1 开始，在每个世界中，玩家可以留在当前节点，也可以通过该世界中存在的一条道路。之后，玩家将被传送到下一个世界，而不会改变他所停留的节点的ID。如果没有下一个世界，游戏就结束了。如果玩家在节点m 上结束，则玩家获胜.

link 正在编辑一个新的关卡，他已经做了 n 世界（编号从1自n），并希望选择它们的连续子段以形成一个新关卡。唯一的限制是不应该超过k获胜的方式。（当且仅当某些世界中的操作不同时，两种方式才被认为是不同的。

link 不想丢弃太多的世界。Link 在新关卡中可以使用的最大世界数是多少？

和之前牛客的一道题很像： L-Link with Level Editor I

题解：

考虑用双指针求解，用矩阵的方式维护1~m的路径数量。发现矩阵并非全部可逆，难以进行删除操作，使用对顶栈的技巧规避掉删除操作即可。

用矩阵维护路径数量也是比较常见的一种的手段

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define MN 5000
#define MM 20using std::max;using ll = long long;const int INF = 1000000001;namespace GTI {char gc(void) {const int S = 1 << 16;static char buf[S], *s = buf, *t = buf;if (s == t) t = buf + fread(s = buf, 1, S, stdin);if (s == t) return EOF;return *s++;
}
ll gti(void) {ll a = 0, b = 1, c = gc();for (; !isdigit(c); c = gc()) b ^= (c == '-');for (; isdigit(c); c = gc()) a = a * 10 + c - '0';return b ? a : -a;
}
int gts(char* s) {int len = 0, c = gc();for (; isspace(c); c = gc());for (; c != EOF && !isspace(c); c = gc()) s[len++] = c;s[len] = 0;return len;
}
int gtl(char* s) {int len = 0, c = gc();for (; isspace(c); c = gc());for (; c != EOF && c != '\n'; c = gc()) s[len++] = c;s[len] = 0;return len;
}
}  // namespace GTI
using GTI::gti;
using GTI::gtl;
using GTI::gts;int n, m, k;struct Matrix {int a[MM + 2][MM + 2];Matrix(int x = 0) {memset(a, 0, sizeof(a));for (int i = 1; i <= m; i++) {a[i][i] = x;}}Matrix operator*(const Matrix& that) const {Matrix ret;for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {for (int k = 1; k <= m; k++) {ret.a[i][j] = limit(ret.a[i][j] + (ll)this->a[i][k] * that.a[k][j]);}}}return ret;}static int limit(ll x) {if (x >= INF)return INF;elsereturn x;}
};Matrix d[MN + 5], b[MN + 5];bool check(const Matrix& lhs, const Matrix& rhs) {int ans = 0;for (int i = 1; i <= m; i++) {ans = Matrix::limit(ans + (ll)lhs.a[1][i] * rhs.a[i][m]);}return ans <= k;
}void solve() {n = gti();m = gti();k = gti();for (int i = 1; i <= n; i++) {int l = gti();d[i] = 1;while (l--) {int u = gti();int v = gti();d[i].a[u][v] = 1;}}int ans = 0;Matrix csuf = 1;b[0].a[1][m] = INF;for (int r = 1, l = 0, lim = 0; r <= n; r++) {csuf = csuf * d[r];while (!check(b[l], csuf)) {l++;if (l > lim) {b[r] = d[r];for (int i = r - 1; i > lim; i--) {b[i] = d[i] * b[i + 1];}lim = r;csuf = 1;}}ans = max(ans, r - l + 1);}printf("%d\n", ans);
}int main() {int T = gti();while (T--) solve();
}

1006、BIT Subway

题目链接：Problem - 7179 (hdu.edu.cn)

题意：

签到题，写一个分段函数即可，读入 double 的速度很慢，读入 int 则会快许多

题解：

a n s = { x 0 ≤ x < 100 ( x − 100 ) ∗ 0.8 + 100 100 ≤ x < 225 ( x − 225 ) ∗ 0.5 + 200 225 ≤ x ans = \begin{cases} x & 0\le x< 100 \\ (x-100)*0.8+100 & 100\le x <225 \\ (x-225)*0.5+200 & 225\le x \end{cases} ans=⎩ ⎨ ⎧x(x−100)∗0.8+100(x−225)∗0.5+2000≤x<100100≤x<225225≤x

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int n;
long double a[maxn];
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;cout << fixed << setprecision(3);while (_--) {cin >> n;double ans1 = 0, ans2 = 0;double x, y;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];if (ans2 < 100.0)ans2 += a[i];else if (ans2 < 200.0)ans2 += 0.8 * a[i];elseans2 += 0.5 * a[i];if (ans1 < 100.0) {double x = 100.0 - ans1;if (a[i] > x) {a[i] -= x;ans1 = 100;double y = 200.0 - ans1;if (a[i] * 0.8 > y) {a[i] -= (y / 0.8);ans1 = 200 + a[i] * 0.5;} elseans1 += a[i] * 0.8;} elseans1 += a[i];} else if (ans1 < 200.0) {double x = 200.0 - ans1;if (a[i] * 0.8 > x) {a[i] -= (x / 0.8);ans1 = 200.0 + a[i] * 0.5;} elseans1 += a[i] * 0.8;} elseans1 += a[i] * 0.5;}cout << ans1 << " " << ans2 << "\n";}return 0;
}

1007、Climb Stairs

题目链接：Problem - 7180 (hdu.edu.cn)

题意：

这里有 n n n 个怪物，每个怪物都有 a [ i ] a[i] a[i] 的血量，初始你有 a [ 0 ] a[0] a[0] 的攻击力。

当你的攻击力大于等于怪物的血量，你就可以干掉怪物，并且你的攻击力会加上怪物的血量。

你初始在 0 0 0 这个位置上，当你在点 i i i 上，每次你可以选择向上跳到 i + 1 , i + 2 , . . . , i + k i+1, i+2, ..., i+k i+1,i+2,...,i+k 点。或者移动到 i − 1 i-1 i−1 这个点上。但是你不能经过已经打过怪物的点。

问能否打完全部的怪物。

题解：

模拟+贪心即可

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, k;
int a[maxn];
int s[maxn], t[maxn];
bool vis[maxn];
struct segtree {int l, r;int val;
} tr[maxn << 2];
void init() {memset(s, 0, sizeof(s));memset(t, 0, sizeof(t));memset(a, 0, sizeof(a));memset(vis, 0, sizeof(vis));
}
void build(int id, int l, int r) {tr[id].l = l, tr[id].r = r, tr[id].val = -inf;if (l == r) {tr[id].val = t[l];return;}int mid = (l + r) >> 1;build(id << 1, l, mid);build(id << 1 | 1, mid + 1, r);tr[id].val = max(tr[id << 1].val, tr[id << 1 | 1].val);
}
int query(int id, int l, int r) {if (l <= tr[id].l && tr[id].r <= r) return tr[id].val;int ans = -inf;int mid = (tr[id].l + tr[id].r) >> 1;if (l <= mid) ans = max(ans, query(id << 1, l, r));if (r > mid) ans = max(ans, query(id << 1 | 1, l, r));return ans;
}
int main() {freopen("in.txt", "r", stdin);freopen("out.txt", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _t;cin >> _t;while (_t--) {init();cin >> n >> a[0] >> k;vis[0] = true;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int i = n; i >= 1; i--) {s[i] = a[i] + s[i + 1];t[i] = a[i] - s[i + 1];}build(1, 1, n);// 从 last 楼层（曾经最高点）下来打怪一直到 cur 楼层（当前点）int cur = 0, last = 0;int hp = a[0];while (cur < n) {bool flag = false;for (int i = last - cur + 1; i <= k && (cur + i <= n); i++) {if (vis[cur + i]) continue;int q = query(1, cur + 1, cur + i);if (hp >= q + s[cur + i + 1]) {hp += (s[last + 1] - s[cur + 1 + i]);int tmp = last;last = cur + i;cur = tmp + 1;flag = true;// printf("cur: %d, hp: %d, last: %d\n", cur, hp, last);break;}vis[cur + i] = true;}if (!flag) break;}if (last == n)printf("YES\n");elseprintf("NO\n");}return 0;
}

1011、Link is as bear

题目链接：Problem - 7184 (hdu.edu.cn)

题意：

给你一个长度为 n n n 的数组，你选择一个区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] 将其异或得出的答案给这些区间内的数都赋值，求最后获得最大的异或和

题解：

是个思维+结论题，可以证明，从这 n 个数里任取一些数异或起来的方案，都是可以构造出对应的操作来
做到的。
所以，问题完全等价于给n个数，从中选一些数，使得这些数的异或和最大。
这是线性基的板题，抄一个板子即可。

下面给出证明：

如果序列里有连续的两个0，那么一定都可以构造出操作方案。例如 0,0,a1,a2中，比如我们要保留a1不保留a2 ，就可以先两次操作变成a1,0,0,a2 ，再两次操作变成a1,0,0,0 ，因为上述操作总可以保证操作完后还有两个0，所以可以以此类推一直往下处理。如果两个0两边都有数字当然也没问题，我们先处理完一边儿的再回过头来处理另一边。
如果用来表示一个需要保留的数字，来表示一个想要删去的数字，则出现110 或011 的形状时，可
以通过操作删掉想删的那个数并制造出两个0 。以110 为例：

a 1 , a 2 , a 3 → a 1 ⊕ a 2 , a 1 ⊕ a 2 , a 3 → a 1 ⊕ a 2 , 0 , 0 a1,a2,a3→a1⊕a2,a1⊕a2,a3→a1⊕a2,0,0 a1,a2,a3→a1⊕a2,a1⊕a2,a3→a1⊕a2,0,0

就可以做到只删掉 a3 而产生两个0 。

由上面2和1可以看出，只要出现110 、011 就可以完全解决问题，也就是出现连续两个1 就完全可以构造出任意方案，而有连续的两个也可以完全解决问题。综上，有连续两个0 和连续两个1 的序列，都可以造出来任意的异或方案。
所以现在唯一处理不了的就是既没有连续0 也没有连续1 的序列，也就是形如01010101 或1010101 这样的情况，这时就要用到两个数相同的条件，该条件实际上是保证了不会出现这种情况。假设相同的两个数都是x ，如果最后方案里没有异或上x ，则两个x 的位置可以都当作0 或都当作1 ；如果最后的方案里有异或上x ，则两个x 可以一个填0 一个填1 也可以一个填1 一个填0 。而上述两种情况下，x 都有两种填法，且两种填法之一一定保证存在连续0 或连续1 ，因此也可以构造出。

代码：

把 n n n 设成全局变量不会超时，设成局部变量会超时

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int base[70];
void insert(int x) {for (int i = 62; i >= 0; i--) {if (!(x & (1ll << i))) continue;  // x的第i位是0if (!base[i]) {                   // 对角线上第一个 0 的位置base[i] = x;return;}x ^= base[i];}
}
int n, res;
signed main() {//   freopen("in.txt", "r", stdin);//   freopen("out.txt", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;while (_--) {res = 0;for (int i = 0; i <= 62; i++) base[i] = 0;cin >> n;int x;for (int i = 0; i < n; i++) cin >> x, insert(x);for (int i = 62; i >= 0; i--)if ((res ^ base[i]) > res) res ^= base[i];cout << res << endl;}return 0;
}

三、题目分析及解法（进阶题）

不会做

1008、Fight and upgrade

1009、Fall with Full Star

1010、Fall with Intersection