三道题，几乎爆零，状态很不好，考到一半直接写数学作业去了。。
1.
时间限制：1s 空间限制：1M
Description
给出2n个正整数，有且只有两个数出现奇数次，从小到大输出这两个数。
Input
第一行给出一个n，第二行有2n个数。
Output
从小到大输出答案。
| Simple Input 1 | Simple Output 1 |
|---|---|
| 5 | 1 6 |
| 1 2 3 4 5 2 3 4 5 6 |
| Simple Input 2 | Simple Output 2 |
|---|---|
| 2 | 1 2 |
| 1 1 1 2 |
Hint
n<=100000 所有数字均不超过int且均为正整数
看起来就很难的样子。只有两个数出现了奇数次，自然想到xor，所有数xor，最后的xor值就是a^b的值。然后怎么判断a，b究竟是哪两个数？
1010110 对于前面这个数（记为sum），假如是两个数^而成，那么sum某位置是1（记此位置为pos），a，b中必有某一个数这一位为1，另一个数此位为0。
用sum去^所有pos位为1的数，得到的就是a，b其中一个数，另一个数用 sum^已得的数就好了。
还有一点，此题数据范围太大而空间太小（后来数据又加强了），不可能存下所有给出的数。所以必须预处理出某一位为1时所有此位为1的数异或出的值。
CODE：
1 #include<cstdio>
2 using namespace std;
3 int bit[32],sum,n;
4 int main(){
5 freopen("one.in","r",stdin);freopen("one.out","w",stdout);
6 scanf("%d",&n);n*=2;
7 int x,a,b;
8 for(int i=1;i<=n;i++){
9 scanf("%d",&x);sum^=x;
10 for(int j=0;j<32;j++)
11 if((x>>j)&1)bit[j]^=x;
12 }
13 for(int i=0;i<32;i++){
14 if(sum>>i&1){
15 a=bit[i];
16 b=sum^bit[i];
17 }
18 }
19 if(a>b){int t=a;a=b;b=t;}
20 printf("%d %d",a,b);
21 return 0;
22 }
2
时间：1s 空间：256M
| Simple Input 1 | Simple Output 1 |
|---|---|
| 5 1 1 0 | 1 |
| 0 |
| Simple Input 2 | Simple Output 2 |
|---|---|
| 10 19260817 7 3 | 2 |
| 1 3 5 7 9 |
Hint n<=1000000 此题有多种方案，任意输出一种即可
通过样例可以看出，后面的商品价格有点高。。
这么思考：可以购买连续的一段区间来达到目的。
那么只需要记录对n取模后的前缀和，如果某商品（标号记为to）的前缀和等于在它之前某商品（记为to）的前缀和，只需要购买from和to之间的商品就行。
这样购买一定有解。原因：算上0（一个都不买），共有n+1个前缀和，那么一定有2个前缀和相同，所以一定有解。
CODE：
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 #include<cmath>
6 #define ll long long
7 #define inf 2147483647
8 #define N 10000005
9 using namespace std;
10 int sum[N],vis[N],A,B,n,from,to;
11 ll lt;
12 int main(){
13 freopen("rich.in","r",stdin);freopen("rich.out","w",stdout);
14 scanf("%d%d%d%I64d",&n,&A,&B,<);
15 if(lt==0){printf("1\n0");return 0;}
16 for(int i=0;i<=n;i++)vis[i]=-1;
17 sum[1]=lt%n;sum[0]=0;
18 vis[sum[1]]=1;vis[0]=0;
19 for(int i=2;i<=n;i++){
20 lt=(1ll*A*lt+B)%n;
21 sum[i]=(sum[i-1]+lt)%n;
22 if(vis[sum[i]]>=0){
23 from=vis[sum[i]]+1;
24 to=i;break;
25 }
26 else vis[sum[i]]=i;
27 }
28 printf("%d\n",to-from+1);
29 for(int i=from-1;i<=to-1;i++)printf("%d ",i);
30 return 0;
31 }
3
时间：1s 空间：256M
Description
给出一个的地图，然而只有一些地方有Wi-Fi，dp66为了看直播，只走有Wi-Fi的地方。
现在Ta想从左上角到右下角，问最少要移动多少Wi-Fi覆盖区域，使得Ta可以到终点。
Input
第一行有两个数，接下来是一个的地图，‘.‘表示空地，‘#‘表示有Wi-Fi覆盖。
Output
输出最少移动区域数，若无法这输出-1。
Simple Input 1
4 7 #...### #...#.# ##..#.# .#....#
Simple Output 1
3
Simple Input 2
4 5 ..... .###. ####. .....
Simple Output 2
-1
Hint n<=m<=50 就是一个bfs，移动的wifi的个数=路径上走过的‘ . ‘的个数。 用最短路的思想优化，否则TLE。 优化：如果此前通过某种途径到达此点的所走过的‘ . ‘的个数比这条路径所走的‘ . ‘的个数少，那么此条路径不再向后拓展。道理很显然。CODE：
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 #include<queue>
6 #include<cmath>
7 #define ll long long
8 #define inf 2147483647
9 #define N 2505
10 using namespace std;
11 int n,m,cnt,dp[55][55][N];
12 int dx[]= {0,0,1,-1};
13 int dy[]= {1,-1,0,0};
14
15 char mp[55][55];
16 struct node {
17 int x,y,pit,wif;
18 bool operator <(const node &a)const {
19 return pit>a.pit;
20 }
21 };
22 priority_queue<node>q;
23
24
25 void solve()
26 {
27 node st;
28 st.x=st.y=1;
29 st.pit=(mp[1][1]==‘.‘);
30 st.wif=(mp[1][1]==‘#‘);
31 q.push(st);
32 while(!q.empty()) {
33 node u=q.top();
34 q.pop();
35 int x=u.x,y=u.y,wif=u.wif,pit=u.pit;
36 if(x==n&&y==m) {
37 printf("%d",pit);
38 break;
39 }
40 node v;
41 for(int i=0; i<4; i++) {
42 v.x=x+dx[i];
43 v.y=y+dy[i];
44 if(v.x>n||v.x<1||v.y>m||v.y<1)continue;
45 v.wif=u.wif+(mp[v.x][v.y]==‘#‘);
46 v.pit=pit+(mp[v.x][v.y]==‘.‘);
47 if(v.pit>=dp[v.x][v.y][v.pit])continue;//剪枝
48 dp[v.x][v.y][v.pit]=v.pit;
49 q.push(v);
50 }
51 }
52 }
53
54 int main()
55 {
56 freopen("way.in","r",stdin);
57 freopen("way.out","w",stdout);
58 scanf("%d%d",&n,&m);
59 memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
60 for(int i=1; i<=n; i++) {
61 scanf("%s",mp[i]+1);
62 for(int j=1; j<=m; j++)
63 if(mp[i][j]==‘#‘)cnt++;
64 }
65 if(cnt<n+m-1)printf("-1");
66 else solve();
67 return 0;
68 }