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容易证明一个长度为 $n$ 的串 $s$ 是“完美回文”，当且仅当 $s1=s2=\ldots=s_n$。下面给出证明： （1）$2\mid n$ 首先 $s$ 本身必须是回文的，那么就有 $s1=sn,s2=s{n-1},\ldots,s{\frac n2}=s{\frac n2+1}$。然后...

唐氏构造题，只需要 CSP-J 2= 的算法水平和初一的课内数学水平就可以做。在草稿纸和几何画板上瞎画可以发现 $n\le 7$ 都无解，但是 $n=8,9,10,11$ 都有解。 下面给出一个~~不太严谨的~~证明：

观察到 $|a-b|$ 的值不会变大，且每一次操作后要么值不变，要么值变为上一个数的因子。然后猜测不同的合法状态数很少，于是想到记忆化，设 $f_{a,\text{diff}}$ 表示当前两个数的值分别为 $a$ 和 $a+\text{diff}$...

注意到 $t\le 3$，于是想到对 $t$ 的值做分类讨论。$t\le 2$ 时若拿走了 $u$ 点的蝴蝶，但是没有立即前往 $u$ 点的某个儿子 $v$ 取走所有的蝴蝶，那么以后就必然无法再拿走 $v$ 点的蝴蝶了。而 $t=3$ 在 $t\le 2$ 的基础上增加了一种情况：拿走了 $u$...

tags：博弈，贪心 差不多是双倍经验 感觉不算太难（） note： ~~（其实是复制过来的然后懒得改了）~~ 一、假设 Takahashi 是先手 假设当前只有一个长度为 $n$ 的序列 $a$，则先考虑这样的一个策略：假设先手取走了序列...

注意到题目给出性质 保证答案必然存在 以及 $\forall i\in[1,n],bi\le ai$，因此考虑利用该性质解题。 考虑到对于所有满足 $ai=bi$ 的位置 $i$，不如直接将其匹配掉。此时只会剩下若干个满足 $ai<bi$ 的位置。 特判掉此时不存在 $ai<bi$ 的位置 $i$...

tags：博弈，贪心 差不多是双倍经验 感觉不算太难（） 先考虑只有一个数列的情况： 一、假设 Takahashi 是先手 假设当前只有一个长度为 $n$ 的序列 $a$，则先考虑这样的一个策略：假设先手取走了序列某一侧的元素，则后手一定可...

tags：贪心 首先将数组升序排序。然后考虑对于每个位置 $i$，对于所有比其靠前的位置 $j$，最多存在一个 $j$ 使得 $ai+aj$ 是 $2$ 的幂次。证明显然。 然后再从大到小考虑，对每个数 $ai$ 而言，若其可以和 $aj$...

考虑到经典结论：$\sum\limits_{i=1}^n\frac1i=O(n\log n)$。于是你可以发现，处理出每个位置所在的单词开头位置的下标后，直接暴力对每个长度模拟往后跳的过程，时间复杂度就是 $O(n\log n)$ 的，于是就做完了。

~~吐槽一句：这样例纯 10Q 吧~~ 对于任意两个位置 $i,j$ 满足 $l\le i<j\le r$，其 $\gcd$ 为：$\gcd(k^{2^i}+1,k^{2^j}+1)$。设这个值为 $g$，那么有 $k^{2^i}\equiv k^{2^j}\equiv g-1\pmod...