A：
这种操作题，每次先想这个操作有什么性质
对于2^0来说可以操作 第1位
对于2^1来说可以操作 第1-2位
对于2^2来说可以操作 第1-4位 （第3位无法单独修改）
对于2^3来说可以操作 第1-8位（第5 6 7位无法单独修改）
可以观察到我们要求无法修改的数要按顺序才能满足
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+10,mod= 998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
int n,m,k;
vector<int> g[N];
int a[N];
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i=2;i<=5;i++)
{
bool ok=true;
// cout<<pow(2,i-1)<<" "<<pow(2,i)<<"\n";
for(int j=pow(2,i-1)+1;j<pow(2,i);j++){
if(j+1>n||j>n) break;
if(a[j]<=a[j+1]) continue;
ok=false;
}
if(!ok){
cout<<"NO\n";return ;
}
}
cout<<"YES\n";
}
signed main()
{
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}B：
操作题，还是想操作当前数x对每个数组a的每个数有啥影响
如果当前数a[i]可以整除2^x，然后加上2^(x-1)，那么下次这个数就不能整除2^x
那么他就会变成2^(x-1)的倍数了，他的因子不包含2^x,所以不会再操作
然后x最多30个数，去重后操作即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+10,mod=1e9+7;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
int n,m,k;
vector<int> g[N];
int a[N];
class BitTree {
public:
vector<int> tree;
int n;
BitTree(int _n) : n(_n) {
tree.resize(n+1);
fill(tree.begin(),tree.end(),0);
}
inline int lowbit(int x) { return x&-x; }
inline void Modify(int x,int v) {
for(;x<=n;x+=lowbit(x)) tree[x]+=v;
}
inline int q(int x) {
int ret=0;
if(x<=0) return 0;
for(;x;x-=lowbit(x)) ret+=tree[x];
return ret;
}
inline int Query(int l,int r) {
return q(r)-q(l-1);
}
};
int l[N],r[N];
void solve()
{
vector<int> b;
map<int,int> mp;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=m;i++){
int x;cin>>x;
if(mp.count(x)) continue;
mp[x]++;
b.push_back(x);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=a[i];
for(auto y:b){
if(x%(1<<y)==0){
x+=(1<<y-1);
}
}
cout<<x<<" \n"[i==n];
}
}
signed main()
{
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}C：贪心，肯定是积个大的秒后面数量多的，然后当操作最后一个数的时候，尽量别浪费当前计数器的数，要分奇偶性和1，比如8，前面已经有2了，那么再操作2次，计数器变成4，操作个计数器秒掉，如果当前是8，前面计数器是3，为了不浪费计数器，最后一次肯定是直接消灭而不是使用计数器，所以先-1变成偶数（如果不这样做，最后计数器会多1，次数可能会增加），再换成偶数操作即可，特判1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+10,mod= 998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
int n,m,k;
vector<int> g[N];
int a[N];
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n);
int res=0;
int l=1,r=n;
int sum=0;
while(l<=r)
{
if(a[l]==0)
{
l++;
continue;
}
if(l==r)
{
if(a[l]==1){
res++;break;
}
if((a[l]-sum)%2==1)
{
res+=(a[l]-sum)/2+1;
res++;
}
else{
res+=(a[l]-sum)/2+1;
}
cout<<res<<"\n";
return ;
}
if(a[r]<=sum+a[l])
{
int x=a[r]-sum;
res+=x+1;
a[l]-=x;
r--;
sum=0;
}
else
{
sum+=a[l];
res+=a[l];
l++;
}
}
cout<<res<<"\n";
}
signed main()
{
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}D：套路题，求两个区间差即可
然后我画图你应该能看懂
g的函数的值最多有两个不同，因为3 4 5...的增长比2增长快，所以最多两个
可以观察到g的值怎么求
比如8 到 15
用3的倍数求
16到31用 4倍数求他们的g的值，然后乘上求区间个数即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+10,mod=1e9+7;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
int n,m,k;
vector<int> g[N];
int a[N];
void solve()
{
auto get=[&](int x){
int res=0;
int c=2;
for(int i=4;i<=x;i*=2)
{
int cnt=0;
int r=min(x,i*2-1);
__int128 now=1;
while(now<=i) cnt++,now*=c;
c++;
if(now>r){
res+=(r-i+1)%mod*(cnt-1)%mod;
}
else{
int t=r-now+1;
t%=mod;
res+=t*cnt%mod+(now-i)%mod*(cnt-1);
}
}
return res%mod;
};
int l,r;
cin>>l>>r;
cout<<((get(r)-get(l-1))%mod+mod)%mod<<"\n";
}
signed main()
{
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}F：首先肯定要把数dfs一遍弄出来把，不然鬼知道子树有哪些
然后我们把树画出来
假设 5是新增的节点，我们怎么操作，
直接把前面5节点的数全部减成0即可
然后就是差分咯，因为子树增加是增加整个区间的
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+10,mod=1e9+7;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
int n,m,k;
vector<int> g[N];
int a[N];
class BitTree {
public:
vector<int> tree;
int n;
BitTree(int _n) : n(_n) {
tree.resize(n+1);
fill(tree.begin(),tree.end(),0);
}
inline int lowbit(int x) { return x&-x; }
inline void Modify(int x,int v) {
for(;x<=n;x+=lowbit(x)) tree[x]+=v;
}
inline int q(int x) {
int ret=0;
if(x<=0) return 0;
for(;x;x-=lowbit(x)) ret+=tree[x];
return ret;
}
inline int Query(int l,int r) {
return q(r)-q(l-1);
}
};
int l[N],r[N];
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n*2+10;i++)
g[i].clear();
vector<array<int,3>>query;
int now=1;
for(int i=0;i<n;i++){
int op;cin>>op;
if(op==1){
now++;
int v;cin>>v;
query.push_back({op,v,0});
g[v].push_back(now);
}
else{
int v,x;cin>>v>>x;
query.push_back({op,v,x});
}
}
int dfn=0;
function<void(int)> dfs=[&](int u){
l[u]=++dfn;
for(auto v:g[u]){
dfs(v);
}
r[u]=++dfn;
};
dfs(1);
BitTree tr(n*2+10);
now=1;
for(auto [op,v,x]:query){
if(op==1){//v增加一个子节点
now++;
int t=tr.q(l[now]);
tr.Modify(l[now],-t);
tr.Modify(r[now],t);
}
else
{
tr.Modify(l[v],x);
tr.Modify(r[v],-x);
}
}
for(int i=1;i<=now;i++){
cout<<tr.q(l[i])<<" \n"[i==now];
}
}
signed main()
{
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}
