B. Equalize
题目：
思路：
思路很重要，但是实现也很重要
题目要我们对数组a加上一个排列p，使得其中相同数量的数字最多，那我们怎么做呢？
首先，我们可以先排号数组a，因为排列是可以随意放的，所以与数组a的顺序无关
接下来我们想如何最大化相同的数字呢？首先一个显然的最大长度是n，但是显然出题人不会让我们轻而易举获得n，继续观察，我们可以发现，如果一个子数组是连续的，且其中的 最大值 + 1 等于 最小值 + n 的话，那么这段可以获得的最大元素数量就是其长度 len 了，比如 1 4 5 100 100，那么我们就可以将 p 这样排 5 2 1 3 4，这样最大元素数量就是 3 个 6 了
所以我们可以在数组中找一个子数组，满足 a[r] - a[l] == n - 1，此时 r - l + 1 就是答案了，然后我们将其中的最大值输出即可，这里可以使用二分或双指针实现（我还以为双指针会超时。。）
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"void solve()
{int n;cin >> n;vector<int> a;set<int> has;for (int i = 0; i < n; i++){int x;cin >> x;if (!has.count(x)){a.push_back(x);}has.insert(x);}sort(a.begin(), a.end());int cnt = 0;int r = 0;for (int i = 0; i < a.size(); i++){while (r < a.size() && a[r] - a[i] <= n-1){r++;}cnt = max(cnt, r - i);}cout << cnt << endl;
}signed main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}C. Physical Education Lesson
题目：
思路：
数学题，又是想到了实现上却有问题。。又复习了快速求因子
我们可以先可以观察一下这个循环长什么样，比如 k = 6 时，就是 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1 2 3...如图
可以看到它是一个山峰的形式，那么对于其中任意一个数，只要它不是波峰或者波谷，那么他都有两种可能，我们把他们的形式用算式写出来
首先对于左边部分，对于一个数x，它的位置n与其数的关系为
n = x + m*T
其中T为周期，即 2 *（k-1），拆开发现，就是
也就是说，如果 2*m 是 n-x 的因数，那么就可以存在一个k满足题意
同样的我们写出右边的式子，这里直接化简，得到
同理，即 如果 2m 是 n+x-2 的因子，那么也存在符合条件的k
接下来我们考虑特殊情况，即峰的时候，既然我们这两个式子都符合峰，那么就会重复一次，因此我们要去重，这里我们使用set去重即可
特别的，如果算出来的k小于x，那么肯定不行，这时可不能算入答案中
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"void solve()
{int n, x;cin >> n >> x;set<int> ans;int c1 = n - x, c2 = n + x - 2;if (c1 % 2 == 0){c1 /= 2;for (int i = 1; i <= sqrt(c1); i++){if (c1 % i == 0){if (c1 / i + 1 >= x)ans.insert(c1 / i + 1);if (i + 1 >= x)ans.insert(i + 1);}}}if (c2 % 2 == 0){c2 /= 2;for (int i = 1; i <= sqrt(c2); i++){if (c2 % i == 0){if(c2 / i + 1 >= x)ans.insert(c2 / i + 1);if (i + 1 >= x)ans.insert(i + 1);}}} cout << (int)ans.size() << endl;
}signed main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}C. Sasha and the Casino
题目：
思路：
倍投法，赌徒是孬的
先介绍一下倍投法
假如我们有一个神秘的盒子，我们可以往里面投任意数量的金币，每次有50%的几率消失，有50%的几率翻倍还给你，问你如何获得无限的钱，每次的几率是一样的，你只能投小于等于你当前持有钱数的钱
而倍投法就是解决这个题目用的，对于每次操作，我们只需要执行下面两次操作即可
①.如果上次赢钱了or这是第一次投钱，那我们就只投一个
②.如果我们上次输了，那我们就投上次投的钱的两倍，即 a[n]= 2 * a[n-1]
为什么这样是可行的呢？首先我们假设已经输了n-1次了，即输了 1 2 4 8 ... =
个金币
那么这一次我们只需要投 个金币，只要这次赢了，我们就能赚回之前所有输掉的金币，同时还会多1块钱，这样是赚的，同时，由于每次的概率都是一样的，连续输k次的概率为
，这是一个很小的概率，所以输的概率会越来越小，因此这种方法是可行的
那么回到这道题
我们也可以使用倍投法的思想，只不过这次不是两倍，而是k倍了，同时这次还有一个保底机制，即我们的钱只要能撑到n+1回合，那我们就能得到无穷无尽的钱
但是这道题问的是能不能得到任意的钱数啊？
其实只要我们能赢无数的钱，那我们输一个 当前钱数 - 目标钱数 的钱数，不久能得到目标钱数了嘛，所以无伤大雅
那么接下来就是推式子了
既然要满足一次性赚的钱能抵消之前所有花的的钱，那么就要满足以下式子
其中 c 为此次投的钱，sum为没投之前所花的钱
化简一下，得
则有
用代码表示就是 c = sum / (k - 1) + 1（加一是因为要大于）
那我们我们全用 sum 表示就是 sum += sum / (k - 1) + 1，其中前面的sum表示到投完当前次后要花的钱，后面的sum表示之前所花的钱的总数
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"void solve()
{int k, x, a;cin >> k >> x >> a;int sum = 0;for (int i = 1; i <= x+ 1; i++){sum += sum / (k - 1) + 1;if (sum > a){no;return;}}yes;
}signed main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}C. MEX Game 1
题目：
思路：
简单的思维题，但是我又是想到了没写好！！！
首先我们分析一下爱丽丝最大的MEX在没鲍勃时是多少，显然是第一个不存在数组中的元素，这个是无法改变的
那么接下来分析有bob会发生什么
我们可以观察到，每次鲍勃选完数后，如果这个数有剩余，那么爱丽丝可以直接选他选的这个数
也就是说爱丽丝的行为可以根据鲍勃做出适应，于是乎可以发现一个结论，只要这个数起码有两个，那么爱丽丝必能选到
那么再来分析一下只有一个的话呢？我们发现，如果只有一个数只有一个，那么爱丽丝一开始选这个即可，否则如果有两个及以上的只有一个的数，鲍勃可以删除另一个只有一个数的数，因此我们就可以定义一个变量，其用来保存遇到了几个只有一个数的数，如果它等于2，那么此时这个数就是答案
代码很简单
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"void solve()
{int n;cin >> n;vector<int> a(n);map<int, int> has;for (int i = 0; i < n; i++){cin >> a[i];has[a[i]]++;}int once = 0;for (int i = 0; i <= n; i++){once += (has[i] == 1);if (once == 2 || !has[i]){cout << i << endl;return;}}
}signed main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}C. XOR-distance
题目：
思路：
挺好的贪心+位运算题
这一题让我们求 |a ^ x - b ^ x|的最小值，我们既然要求最小值，那肯定是要让两个数异或之后越接近越好，一个显然的想法肯定是贪心，我们要贪心的构造出两个相差最小的数，那么如何构造呢？
假设a和b的前 i 位都相等，那么我们就不用管了，一直找到第一个不相等的地方，那么这个地方我们要不要改变呢？
如果题目没有要求r的话，我们肯定是改变比较好的，但是现在有了限制，那我们就要考虑一下了，假设改变了第一个不相等的地方，那么肯定是不够好的，因为改变之后首先我们的r就减少了很多，这不利于我们后续的进行，所以贪心的想我们这一位不如不取，并且如果这一位不取的话，后面的所有位我们都可以取（前提是这位是可以取但是不取的情况）
随后我们就可以模拟了，如果不一样，那我们就观察其符号
如果一开始的数是正数，那我们后面的数必须都得是负数，反之亦然
具体实现看代码
（或者我们可以令a恒大于b，这样的话更好操作，同时也更好证明为什么不取第一位，因为如果取了第一位，ab大小会互换，而我们后面的所有操作就其实是原a大于b的操作反过来，而这时我们还多消耗了一位没必要的，所以肯定不行）
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"void solve()
{int a, b, r;cin >> a >> b >> r;int ans = 0;bool Findmax = false;for (int i = 60LL; i >= 0LL; i--){int x = a >> i & 1;int y = b >> i & 1;int fuhao = x - y;if (x == y){continue;}if (!Findmax){ans = (1LL << i) * fuhao;Findmax = true;}else{if (r >= (1LL << i) && fuhao * ans > 0LL){r -= (1LL << i);ans -= fuhao * (1LL << i);}else{ans += fuhao * (1LL << i);}}}cout << abs(ans) << endl;
}signed main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}
