1985E

看完题目之后 ， 第一想法是最暴力的On3 ， 对于每个i ，j ，k ， 如果它们符合k的体积的话，我们就可以把这个长方体一格一格的移动 ， 对于x方向 ， 我们一共能移动a - i次 ， 那么也就有a -i+1种方法放置 ， y轴和z轴也是同理。

当我们信心满满的交上去之后， 就会发现TLE了 ， 那么我们可以优化一下On3的算法 ， 优化成On2 ，枚举i j ， 如果满足 k %（i *j） == 0的话 ， 就可以得到k。

void solve(){//在n里面选择 x种连续的方式//n - x  + 1int ans = 0;cin>>a>>b>>c>>k;int r =0;for(int i =1;i<=a;++i){for(int j =1;j<=b;++j){if(k % (i *j) == 0){r = k /(i*j);int xx = a - i+1;int yy  = b - j+1;int zz = c - r +1;ans = max(ans , xx*yy*zz);}}}cout<<ans<<endl;}

1984C1

这题可以用dp 或者贪心的思路来解
当c+ai是正数时 ， 方案1 和 2是没有区别的 ， 但是当c+ai是负数的时候 ， 就不一样了，当它是负数时，此时小于0，讲道理我们应该启动2了 ， 但是我们不知道后面的数会不会也是负数 ， 这样它加完后面的数字就会更小了 ， 但是绝对值也会对应的更大了。

所以我们可以记录一下它在遍历时的最小值 ，如果最小值小于0 ， 我们就把答案 加上它的两倍

void solve(){cin>>n;for(int i =1;i<=n;++i)cin>>a[i];int ans = 0 , mi = INF;for(int i =1;i<=n;++i){ans +=a[i];mi = min(mi , ans);}if(mi >=0){cout<<ans<<endl;return;}else {cout<<ans - 2*mi<<endl;}}

 1981B

这是某场div2的B题 ， 难度大概在1400

首先 ， 我们的所有元素每秒都会跟相邻的元素按位或

对于第i个元素来说

第一秒 ： ai-1 | ai | ai+1

由于ai-1 和 ai+1 也在变化  第二秒 :  ai-2 | ai-1 | ai | ai | ai | ai+1 | ai+2 = ai-2 | ai-1 | ai | ai+1 | ai+2

那么我们可以找到规律 ，在第x秒 ， ai的变化为 : ai-x | ..... | ai | ... | ai+x

考虑到边界情况有0的存在 最左边的数为 max(0 , ai-x)

我们就有如下代码

void solve(){cin>>n>>m;l = max(0ll ,n-m);r = n+m;int ans = 0;//从n-m 到n+m 遍历到答案for(int i =l;i<=r;++i){ans =ans | i;}cout<<ans;
}

但是这个交上去会发现超时了。那么就引入接下来的一个技巧， 叫快速或和

int ksh(int l ,int r){while(l <r){l |= (l+1);}return l;
}

完整代码

int hsum(int l ,int r){while(r > l){l |=(l+1);}return l;
}void solve(){cin>>n>>m;l = max(0ll , n-m); r = n+m;//从 n-m 或到n+mcout<<hsum(l , r)<<endl;
}

1980D

我们可以用b数组把gcd的这个先给表示出来 ，遍历b数组 ， 如果遇到bi > bi+1的这种情况 ，我们可以考虑删掉第bi个点 ， bi-1个点 ，bi+1个点

首先在i之前的所有数字肯定是没有问题的 ， 主要就是bi-1  bi 和bi+1 这三个数字 ， 首先bi-1由a-1 . ai组成  bi 由ai和ai+1组成 ， bi+1由 ai+1和ai+2组成 ， 也就是对于ai-1 ai  ai+1 ai+2我们依次考虑删除其中一个后， 看看是否能满足题意， 若不能则输出NO ， 若能 ，则判断下一个不符合情况的点

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
const int N =2e5+9;
#define INF 0x3f3f3f3f
int gcd(int x , int y){return y ==0?x : gcd(y , x%y);
}
int lcm(int x , int y){return x*y/gcd(x,y);
}
int n;
void solve(){cin>>n;vector<int>a(n+1);for(int i =1;i<=n;++i)cin>>a[i];vector<int>b(n+1);for(int i =1;i<n;++i)b[i] = gcd(a[i] , a[i+1]);auto check = [&](int p){auto c = a;c.erase(c.begin()+1+p);//删除第p个元素vector<int>d(n+1);for(int i =1;i<=n-2;++i){d[i] = gcd(c[i] , c[i+1]);if(d[i] < d[i-1])return false;}return true;};for(int i =1;i<n-1;++i){if(b[i] > b[i+1]){if(!check(i-1) && !check(i) && !check(i+1) && !check(i+2)){cout<<"NO"<<endl;return;}}}cout<<"YES"<<endl;}signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cout.tie(0);cin.tie(0);int _;cin>>_;while(_--)solve();return 0;
}