A-欧几里得
题意
现在，如果已知 gcd(a,b) 共递归了 n次，求所有可能的a,b中满足a>b>=0且a+b最小的一组的a与b之和。意思就是递归n次b 就为0 ，比如说，n为0是gcd(1,0)答案为1，如果n为1是 gcd（2,1）为 3 ， 如果是 2 就是gcd（3,2） yi 次边为 gcd（2,1）在一次成（1，0）了
思路
通过上满题的描述就可看出来最小的时候都是斐波那契数列， gcd fn+1 ，f n
代码
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
long long f[1000];
int n;
f[1]=1;
f[2]=2;
for(int i=3;i<=100;i++)
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
if(n==0)
cout<<"1"<<endl;
else
cout<<f[n]+f[n+1]<<endl;
}
return 0;
}
B-括号序列
题意
给一个括号序列问是否是合法的，（）{} 是合法的，{（）} 也是合法的
思路
利用堆栈，如果是左括号就进栈，然后遇到右括号的时候，先判断堆栈是否是空的如果堆栈是空的 那肯定就不合法了，如多堆栈不是空的 ，就取栈定元素，然后删除栈顶，判断栈顶的左括号时候和现在的右括号匹配，如果匹配继续，如果不匹配退出，最后判断了 还有看堆栈时候是空的，不是空的也不行，因为不是空的说明还有多余的左括号
代码
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<stack>
using namespace std;
int main()
{
string str;
cin>>str;
int f=1;
stack<char>s;
for(int i=0;i<str.length();i++)
{
if(str[i]=='('||str[i]=='['||str[i]=='{')
s.push(str[i]);
else
{
if(s.empty())
{
f=0;
break;
}
else
{
char a=s.top();
s.pop();
if(str[i]==')')
if(a!='(')
{
f=0;
break;
}
if(str[i]=='}')
if(a!='{')
{
f=0;
break;
}
if(str[i]==']')
if(a!='[')
{
f=0;
break;
}
}
}
}
if(!s.empty())
f=0;
if(f)
cout<<"Yes"<<endl;
else
cout<<"No"<<endl;
return 0;
}
C.字段乘积
提议
给一个n和k n 是数组的长度，然后给你一个数组，让你求 连续的长度为k 的字段乘积的最大值 还要模一个数
思路
尺取法，固定l 不动r 加加，当长度为k 时更新最大值 ，然后把a[l]除去，这里用到乘他的逆元，然后l 加加，继续重复上述操作，要注意的是 如果 扫描到0了 就要直接把l 移动到0前面，
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=998244353;
typedef long long ll;
ll sum=1;
ll maxn=0;
ll a[200010];
ll quickpow(ll x,ll y)
{
ll ans=1;
while(y)
{
if(y&1)
ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
ll n,k;
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
ll r=1,l=1;
while(r<=n)
{
if(a[r]) //扫到的不是 0的情况
{
sum=(sum*a[r])%mod;
if((r-l+1)%k==0)//长度为k时判断
{
if(sum>maxn) maxn=sum;
sum=sum*quickpow(a[l],mod-2)%mod;//本来要除a[l]但wa 得乘al的逆元也就是然后根据费马小定理
//逆元就是这样的求的
l++;
}
}
else
{
l=r+1;
sum=1;
}//如果扫到0了就直接跳过 sum 也得为1
r++;
}
cout<<maxn<<endl;
return 0;
}
D-字段异或
题意
给一个n为数列的长度，然后 对一个字段[l,r]求异或和，为 a[l]异或a【l+1】异或a[l+2]一直异或到 a[r]，统计 异或和为0 的子段个数，只要 l 和r 有一个是不同，这样就是不同的字段
思路
[1,l−1]⊕[1,r]=[l,r]，所以如果【l,r】为0，那么 l-1的前缀异或和就和r 的前缀疑惑和相等，所以就求前缀异或和，然后再map 维护
代码
#include<iostream>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[200010],b[200010];
map<ll,ll>mp;
int main()
{
int n;
ll ans=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
b[i]=b[i-1]^a[i];//求前缀异或和
if(b[i]==0) ans++;//如果是 1，i 异或和为0也是满足要求的嘛
ans+=mp[b[i]];
mp[b[i]]++;//map 好像可以统计 b[i]的次数，先是为0,然后没出现一次就加1
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
