首先求出sum，如果sum为3的倍数，那么直接可以降序

如果sum%3=1，那么优先删除一个对3取模余1的数，如果没有则删除两个对3取模余2的数

如果sum%3=2，那么优先删除一个对3取模余2的数，如果没有则删除两个对3取模余1的数

trick：
1.不是很好写，要想从vector里删除数，挺麻烦的，还要考虑越界，可以先标记要删除的数，比如值标记为-1，然后将不是-1的都放到一个新的容器里，就相当于删除了标记的数

2.对3取模，结果只有3种，情况很少，分别讨论即可

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int n;
void solve() {cin>>n;map<int,int>mp;int sum=0;vector<int>ans;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],mp[a[i]%3]++,sum+=a[i];sort(a+1,a+1+n);if(sum%3==0){for(int i=1;i<=n;i++) ans.push_back(a[i]);}else if(sum%3==1){if(mp[1]){for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]%3==1){a[i]=-1;break;}}for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]==-1) continue;ans.push_back(a[i]);}}else if(mp[2]>=2){int cnt=2;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]%3==2&&cnt){a[i]=-1;cnt--;}}for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]==-1) continue;ans.push_back(a[i]);}}}else{if(mp[2]){for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]%3==2){a[i]=-1;break;}}for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]==-1) continue;ans.push_back(a[i]);}}else if(mp[1]>=2){int cnt=2;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]%3==1&&cnt){a[i]=-1;cnt--;}}for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]==-1) continue;ans.push_back(a[i]);}}}if(ans.size()==0){cout<<-1<<endl;return;}reverse(ans.begin(),ans.end());if(ans[0]==0) cout<<0<<endl;else{for(auto v:ans) cout<<v;cout<<endl;}
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

很容易得到，答案为$2^n$-1-$C_n^x$-$C_{n}^{y} $-$C_{n}^{z} $

$2^n$需要用快速幂求解，快速幂的时间复杂度为log(n)

但是，n达1e9，如何求那么大的组合数，所幸x,y,z最多2e5

$C_n^m$=$\frac{(n-m+1) * (n-m+2) * …*n }{1 * 2 *… * m} $

求分子最多枚举2e5次，求分母最多枚举2e5次

最后要注意防止答案为负数的处理方式：

ans=(ans%mod+mod)%mod;

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10,mod=1e9+7;
int fac[N];
int n,x,y,z;
int qmi(int a,int b){int res=1;while(b){if(b&1) res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;
}
int C(int n,int m){if(n<m) return 0;int res=1;for(int i=n-m+1;i<=n;i++) res=res*i%mod;return res*qmi(fac[m],mod-2)%mod;
}
void solve() {cin>>n>>x>>y>>z;fac[0]=1;for(int i=1;i<=2e5;i++){fac[i]=fac[i-1]*i%mod;}int ans=qmi(2,n)-1;ans-=C(n,x);ans-=C(n,y);ans-=C(n,z);ans=(ans%mod+mod)%mod;cout<<ans<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;
//    cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

思维难度挺大的，虽说题目名字是背包，但是不符合经典的背包，所以不是背包问题

容易想到将所有物品按照价值从小到大排序，然后枚举每件物品作为中位数，在它的前面取k/2件体积最小的，在它的后面取k/2件体积最小的，check是否总体积超过m，如果不超过，那么作为预选答案，取最大的答案

问题在于如何快速求出该件物品前面取k/2件最小的体积之和，可以利用大根堆，将前面的物品依次放入大根堆中，然后维护元素个数为k/2

后面的物品同理

while(q.size()>k/2) sum-=q.top(),q.pop();

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,m,k;
struct node{int w,v;bool operator<(const node &W)const{if(v==W.v) return w<W.w;return v<W.v;}
}q[N];
int pre[N],last[N];
void solve() {cin>>n>>m>>k;memset(pre,0,sizeof pre);memset(last,0,sizeof last);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>q[i].w;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>q[i].v;sort(q+1,q+1+n);k/=2;priority_queue<int>heap1;int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){sum+=q[i].w;heap1.push(q[i].w);while(heap1.size()>k){sum-=heap1.top();heap1.pop();}pre[i]=sum;}priority_queue<int>heap2;sum=0;for(int i=n;i>=1;i--){sum+=q[i].w;heap2.push(q[i].w);while(heap2.size()>k){sum-=heap2.top();heap2.pop();}last[i]=sum;}int ans=-1;for(int i=k+1;i+k<=n;i++){if(pre[i-1]+last[i+1]+q[i].w<=m) ans=max(ans,q[i].v);}cout<<ans<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;
//    cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

只有赢和输两种情况，要么赢要么输，没有平局

如果一开始的局面先手会输的话，那么先手就把1删掉，把这一局面抛给后手，所以先手必胜

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
int n;
void solve() {cin>>n;cout<<"ocharin"<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--) {solve()}return 0;
}