A 题意 给 \(n\) 个数的集合，每次可以合并奇偶性相同的 \(x,y\)，问最后能不能合并至只剩一个数。 \(n\le 2e5\)。 观察 奇偶分类。 分析 偶数直接合并成 1 个，奇数 + 奇数合并为 \(\lfloor\dfrac{t}{2}\rfloor\) 个偶数，剩余 \(t\bmod 2\) 个奇数。\(t\) 为集合中奇数的个数。如果有
https://leetcode.cn/problems/sum-of-all-odd-length-subarrays/ 虽然知道几个嵌套循环暴力可以做，但是可以明显看出每一次都要经过很多重复计算，数组中每一个数字相加的次数是不同的，于是尝试看看相加的次数有什么规律。 其中大小为5的数组相加次数分别为3 4 5 4 3，大小为7的数
奇偶数的的定义 奇数（英文：odd），正奇数又称单数， 整数中，能被2整除的数是偶数，不能被2整除的数是奇数，奇数的个位为1，3，5，7，9。偶数可用2k表示，奇数可用2k+1表示，这里k就是整数。 偶数是能够被2所整除的整数。正偶数也称双数。若某数是2的倍数，它就是偶数，可表示为2n；若非，它就是奇数，可表示为2n+1（n
【字符串匹配】【回文】Manacher 给定一个字符串\(S\)，求\(S\)中最长的回文子串长度。时空复杂度要求为线性。 暴力扫描T走不谢。 下面介绍马拉车Manacher算法。 首先对于任意字符串\(S\)，定义\(S_{i\dots j}\)表示下标从\(i\)到\(j\)的连续子串。 考虑一个回文串\(A\)，如果他的长度
题目传送门。 思路 当其中一个人不能动的时候，这个人一定位于点 \((n,m)\) 上。令点 \((n,m)\) 为终点。 当 \(n\) 和 \(m\) 都是奇数或当 \(n\) 和 \(m\) 都是偶数时，赢的人一定会是 Tonya。 原因很简单。当 \(n\) 和 \(m\) 都是偶数时，因为 Burenka 先手，奇数 \(+\) 奇数 \(=\) 偶数
一道不错的构造题。 思路 先说一句废话，能被 \(4\) 整除的数在除以 \(2\) 之后得到的数还是一个偶数。 我们可以根据 \(k\) 的奇偶性以及 \(k\) 除以 \(2\) 之后的奇偶性分成三种情况来进行讨论。 当 \(k\) 为奇数时，我们把所有偶数都放在 \(b\) 的位置上，把所有的奇数都放在 \(a\)
把一个点拆成两个状态：入度是否为偶数和出度是否为偶数。 然后我们将边随机定向，上述状态都得以确定。 然后，对于一条边，若连接的两边状态都为奇数，那么将这条边反向，这样两边都是偶数了。 我们将剩下的为奇数的状态拿出来，一定有偶数个。可以注意到一定没有边连接其中任意两个状态。 我
P5823 【L&K R-03】课表的排列 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn) 直接先输出所有的数，再输出奇数再输出偶数就是答案 证明： 对于奇数，前n个数中的奇数和后面的奇数两两之间的位置差值刚好构成公差为1的等差数列，对于偶数同理 奇数列和偶数列拼接起来，拼接后刚好是公差为
题目链接 本人再次认为是一道不错的题目，可能是我菜。 判定可行解 首先假定我们已经得到了 \(a\) 和 \(b\) 这两个序列，我们如何判断是否是有解的。 从图论的角度去分解这个问题，我们设当前序列为 \(c\) 。 当 \(c_i=c_j\) 时，我们连一条 \((i,j)\) 双向边，代表第 \(i\) 位和第 \(j\)
package com.itheima; import com.sun.xml.internal.ws.api.model.wsdl.WSDLOutput; /* 求100以内奇数的和 / public class forDemo05 { public static void main(String[] args) { / //定义初始化变量 int i = 1; int sum = 0; //判断i是否小于100 while (i <= 100) { //
1、first-child first-child表示选择列表中的第一个标签。例如：li:first-child{background:#fff} 2、last-child last-child表示选择列表中的最后一个标签，例如：li:last-child{background:#fff} 3、nth-child(3) 表示选择列表中的第3个标签，例如：li:nth-child(3){background:#fff}，代码
副三角形行列式转成上（下）三角形行列式为什么依次对换而不用第n行直接对换首行，第n-1行直接对换次行 前言：重在记录，可能出错。 1. 简而言之，可以用第n行直接对换首行，第n-1行直接对换次行，直到行列式完全上下翻转。 但需要对n讨论奇偶。 2. 如果n是奇数，这种对换方法需要对换（变号）(n-1)/2次
注意NIM里面取走的石子 不一定是减去 根据题意 如果是整除 那可能是除去 可以拿走从任意一个堆 取走任意的石子，取走最后一个石子胜利 NIM博弈 对于先手：永远将奇数台阶保持不变 我永远看到奇数层不一致的 对手看到永远是 一致的 先手必胜需要每个值异或不等0 这样留给后手操作的就
原理 首先，一个图是二分图，当且仅当图中不含奇数环。那么我们只要用并查集判断图中是否含有奇数环。 设二分图的两个集合为s1、s2，因为集合内不能有边，那么二分图的环首尾相接的边必然是$ s1\rightarrow s2 \rightarrow s1\rightarrow s2\dots $ 如图所示，如果边是奇数，不能成环。因为
题目链接 题目 题目描述 在牛牛面前放着 \(n\) 个数，这些数字既有奇数也有偶数，只不过牛牛对奇数情有独钟，他特别想让这些数都变成奇数。 现在牛牛获得了一种能力，他可以执行一种操作：每次选中一个偶数，然后把这些数中与该数相等的数都除以 \(2\) ，例如现在有一个数组为\([2,2,3]\) ，那么
选择排序 时间复杂度 \(O(N^2)\)，空间复杂度 \(O(1)\)。 public class Code01_SeclectionSort { public static void selectionSort(int[] arr) { if (arr == null ||arr.length < 2) return; for (int i = 0; i < arr.length - 1; i++) { // sc
题目 有 n 个筹码。第 i 个筹码的位置是 position[i] 。 我们需要把所有筹码移到同一个位置。在一步中，我们可以将第 i 个筹码的位置从 position[i] 改变为: position[i] + 2 或 position[i] - 2 ，此时 cost = 0 position[i] + 1 或 position[i] - 1 ，此时 cost = 1 返
题面 这种树上删边类型的问题可以把每个点单独拿出来，将与它相连的边看成一个菊花图，在菊花图上面钦定顺序，然后用拓扑排序确定相对顺序。 我们对每个点连边的删边确定顺序，偶数标成 0，奇数标成 1（即被删的相对顺序的奇偶性）。那么肯定 1 的个数为 \(\lfloor\frac{du_i}{2}\rfloor\)。这
关于for循环的练习题 1.计算从0-100之间奇数和偶数的和 代码示例： public class ForDemoPractice { public static void main(String[] args) { //0-100之间奇数和偶数的和 //初始化奇数的总和 int oddSum=0; //初始化奇数的总和 int
t1: 有三个整数a，b，c对于给定的n，满足(a xor b) +(a xor c) +(c xor b) == n 求出a，b，c 题解： 真的不会。。偶数直接0,0，n/2就好了，我想不出奇数的时候怎么办。奇数肯定得不到啊。脑子里分类讨论一下就好了。。。我在那想0 0 k 0 1 k。。。想这么久。 t2： 给定n，m找到一个n * m 的矩形满
Problem - D - Codeforces 题目大意: 由题意看能不能,根据点的奇偶度来在圆形上建树,让这些边没有相交.(端点可以无所谓) 思路: 首先判断是否成立,这里利用树的特性, 奇数点的个数要大于等于2,并且奇数点的个数一定是偶数 这样才可以构成一个树 那么如何在圆上构造而不会相交呢?
题意： 一个长度为奇数的回文串可以写成\(a+b+a'\)的形式，\(b\)的长度也是奇数，\(a'\)为\(a\)的反串。我们设\(S=x+a+y+b+z+a'\)，其中\(x,y,z\)为任意可以为空的字符串。 给定\(S\)，求原来回文串的最长长度，以及\(a,b,a'\)在\(S\)中的起始位置和长度。 题解：
一.行列式特殊计算方法 1.制造行和 2.加边法（前提是不能改变行列式的值） 3.范德蒙德行列式 4.反对称行列式 特点是： 定理：当一个行列式属于反对称行列式且为奇数阶行列式，那么这个行列式的值为0
题意： 给定空的 n×m 棋盘，用 1×2 横骨牌和 2×1 竖骨牌放满棋盘。要求不能重叠且横骨牌的数量恰为 k。 输入 n,m,k。n,m <= 100 思路： n m 不能都为奇数。 若 n 为偶数：先考虑第一列，第一列中被竖骨牌占据的格子数必为偶数，剩下的偶数个格子要放偶数个横骨牌，因此会向第二列 “伸出”
模拟赛的数据范围更有提示性。其中有一个 Sub 是度数全为偶数。那这就提示我们找一条欧拉回路。那么我们在欧拉回路上每隔一条边删一条即可。 接下来思考度数有为奇数的情况，由于总度数和一定是偶数，那么一定有偶数个奇度数的点，我们新建一个虚点，向每个奇数点连边。这样就所有点的度
