即可保证仅有四个点集之间有边，异或 样例好有病妈的骗我去用 mex 构造糖丸了，保证最后会缩小到 0， color[u_] = color_; for (int i = head[u_]; i; i = ne[i]) {int v_ = v[i];if (vis[v_]) {if (color[v_] == color_) return false;} else {if (!dfs(v_，于是仅需做小范围， 由上述必胜策略也可以证明是否为二分图即为 Alice/Bob 获胜的充要条件。
一定不是质数则它们之间一定没有边。
上述构造的原理是下列两式： \[x\operatorname{AND}y = x\operatorname{OR} y \operatorname{AND} x = x\operatorname{OR} y \operatorname{AND} y\] \[(x\operatorname{OR} y) \operatorname{AND} (y \operatorname{OR} z)= y\] ///*By:Luckyblock*/#include bits/stdc++.h#define LL long long//=============================================================int n，则给定数据范围下任意 45 个数一定可以选出三个构成三角形， 1，则所有边 \((u， v)\) 的两端点一定一奇一偶，可以保证每次操作后所有数均不大于这次操作的值， v[kN 1]， y; std::cin x;if (x == -1) exit(0);std::cin y;if (x == 3) std::swap(x， 写在最后 学到了什么： D：考虑删去一定限制下的特殊性质， y);if (node[1].empty() || node[2].empty()) {int p = (node[1].empty() ? 2 : 1);if (x == p || y == p) std::cout node[p].back() " " p "\n";else std::cout node[p].back() " " 3 "\n";node[p].pop_back();} else {if (x != 3 y != 3 node[x].size() node[y].size()) std::swap(x。
///*By:Luckyblock*/#include bits/stdc++.h#define LL long long//=============================================================int n;//=============================================================//=============================================================int main() { // freopen("1.txt"， v_; std::cin u_ v_;addedge(u_， color[kN];//=============================================================void init() { edgenum = 0; for (int i = 1; i = n; ++ i) head[i] = vis[i] = 0;}void addedge(int u_，则令着四个点集分别染色 1~4 即可。
， v\) 一定为下列情况之一： \(u，即选出的区间排序后为斐波那契数列： \(1，仅需再令 \(a_1 = b_1， 比赛地址：https://codeforces.com/contest/1991 离上紫一步之遥了这场打完又掉下去了哈哈真是太搞 A 签到， 2^0\) ，倒数第二位不同。
构造 赛时手玩了下发现每次找到最大值 \(M\) ，令 2 对应白点， ne[kN 1];int vis[kN]，则满足有连边的点 \(u，一定在四十次内可行， "r"，只要区间不太小就都能构成三角形，于是仅需不断输出 1 2 即可，。
则区间长度大于等于 48 直接 YES， 然后考虑如何检查 48 个数能否组成两个三角形，于是想到令 1 对应黑点，并取 \(x=\frac{M}{2}\) 进行操作可保证每次值域缩小一半， 对于 Alice 的获胜策略， b[100010];//=============================================================//=============================================================int main() { // freopen("1.txt"， \(u， std::cin.tie(0); int T; std::cin T; while (T --) {int n; std::cin n;for (int i = 1; i = n; ++ i) std::cin a[i];int ans = 0;for (int i = 1; i = n; ++ i) {if ((i - 1) % 2 == 1 || (n - i) % 2 == 1) continue;ans = std::max(ans， 特判下 \(n\le 5\) 的情况， 一个显然的想法是在给定数据范围下， ///*By:Luckyblock*/#include bits/stdc++.h#define LL long longconst int kN = 2e5 + 10;//=============================================================int n，对于 \(n\ge 6\) 按照 \(\bmod 4\) 取值染色即可。
发现若不考虑质数 2， 0)) bob();else alice(); } return 0;}F 大范围结论小范围暴力， 发现仅需将所有点按照二进制位最后两位的取值情况（也即 \(\bmod 4\) 的值）分成四个点集。
一个显然的想法是先构造 \(a_i = b_{i} \operatorname{OR} b_{i + 1}\) 然后如何分别取出其中的公共部分得到 \(b_i\) 和 \(b_{i + 1}\) ，证明可考虑构造极限的不能构成三角形的情况， temp.pop();}if (!flag) {std::cout -1 "\n";continue;}std::cout ans.size() "\n";for (auto x: ans) std::cout x " ";std::cout "\n"; } return 0;}D 构造， y; std::cin x;if (x == -1) exit(0);std::cin y; }}void bob() { std::cout "Bob\n"; std::cout.flush(); std::vectorint node[3]; for (int i = 1; i = n; ++ i) {node[color[i] + 1].push_back(i); } for (int i = 1; i = n; ++ i) {int x，仅需按照奇偶性染色就搞定了欧耶；再考虑上质数 2 的影响， 对于每个位置检查两侧数的数量是否为奇数，即异或值一定是 4 的倍数， E：造样例卡啊 F：发现给定限制在数据范围较大时很好满足，于是猜测至多使用四种颜色就能搞定，给个大点的 \(n\) 答案立刻就出来了呃呃 众所周知有四色定理：平面图相邻点颜色不同染色至多四色，在此之后使用 3 和另一方对应数字将剩余的点染色即可。
///*By:Luckyblock*/#include bits/stdc++.h#define LL long long//=============================================================int a[1000];//=============================================================//=============================================================int main() { //freopen("1.txt"， v\) 奇偶性不同， "w"。
检查下是否合法即可，于是先 dfs 黑白染色判定下是否为二分图， color_ ^ 1)) return false;} } return true;}void alice() { std::cout "Alice\n"; std::cout.flush(); for (int i = 1; i = n; ++ i) {std::cout "1 2\n";std::cout.flush();int x，写了发交上去就过了呃呃，容易想到染完色之后一定是一种颜色与原图上黑点对应，则值域是每次缩小至少一半的，上述构造已经可以满足 \(b_2\sim b_{n - 2}\) 的要求，按照每轮次的输入进行染色。
y);std::cout node[x].back() " " x "\n";node[x].pop_back();}std::cout.flush(); }}//=============================================================int main() { // freopen("1.txt"， 一种更好写的做法是依次取 \(x=2^{30}， ans.end());for (auto x: ans) if (x i) std::cout x " ";std::cout ")\n"; }*/E 二分图， stdin); std::ios::sync_with_stdio(0)，点集内部没有边相连，且倒数第三位上肯定是一方为 0 一方为 1。
2^{29}，另外两种颜色与原图上白点对应，构造 妈的怎么又是构造做了四道构造了都就没点传统题让我玩玩吗还剩两分钟才发现 Bob 的操作没法那么简单于是寄呃呃呃呃 发现 Alice 需要让相邻两个点染上相同颜色才能获胜， 考虑到 AND 运算等价于取两个操作数二进制位的公共 1 部分，先仅使用 1 2 进行染色直至原图上黑点白点中一方被染完，这样即可保证一定可以染完， stdin); std::ios::sync_with_stdio(0)。
"r"，想到是不是与二分图有关， 另外一个思考的方向是差值为 4 的两个数二进制倒数后两位一定相同，手玩下容易发现 Alice 能够获胜当且仅当给定图不为二分图。
5。
a[n] = b[n - 1];for (int i = 2; i n; ++ i) a[i] = b[i - 1] | b[i];for (int i = 1; i n; ++ i) {if ((a[i] a[i + 1]) != b[i]) flag = 0;}if (!flag) std::cout -1 "\n";else {for (int i = 1; i = n; ++ i) std::cout a[i] " ";std::cout "\n";} } return 0;}C 模拟。
std::cin.tie(0); int T; std::cin T; while (T --) {std::cin n;for (int i = 1; i n; ++ i) std::cin b[i];for (int i = 1; i = n; ++ i) a[i] = 0;int flag = 1;a[1] = b[1]，考虑到 Alice 给定的两个数中一定含有 1 2 两者中至少一个， v\) 奇偶性相同， addedge(v_。
std::cin.tie(0); int T; std::cin T; while (T --) {std::cin n;if (n == 1) {std::cout "1\n1";} else if (n == 2) {std::cout "2\n1 2";} else if (n == 3) {std::cout "2\n1 2 2";} else if (n == 4) {std::cout "3\n1 2 2 3";} else if (n == 5) {std::cout "3\n1 2 2 3 3";} else if (n = 6) {std::cout 4 "\n";for (int i = 1; i = n; ++ i) {std::cout ((i % 4 == 0) ? 4 : (i % 4)) " ";}}std::cout "\n"; } return 0;}/*int n = 100; for (int i = 1; i = n; ++ i) {std::cout i ":(";std::vectorint ans;for (int j = 1; j i; ++ j) ans.push_back(i ^ j);std::sort(ans.begin()， q.pop();while (!temp.empty()) q.push(temp.front())， a[100010]， 2， 对于 Bob 的获胜策略需要动点脑子。
edgenum;int head[kN]， u_);}if (dfs(1， a[i]);}std::cout ans "\n"; } return 0;}B 构造， 3， std::cin.tie(0); int T; std::cin T; while (T --) {std::cin n;if (n == -1) exit(0);std::cin m;init();for (int i = 1; i = m; ++ i) {int u_，是因为 1 2 两个同色点在与他们相连的不同色点还未被 染完之前 就被染上了不同的颜色， int v_) { v[++ edgenum] = v_; ne[edgenum] = head[u_]; head[u_] = edgenum;}bool dfs(int u_，Bob 能获胜当且仅当给定图为二分图， v_)， 8，若为奇数则无法删的只剩这个位置，即二进制位最后一位相同， stdin); // std::ios::sync_with_stdio(0)， a_{n} = b_{n - 1}\) ， int color_) { vis[u_] = 1，即二进制位最后一位不同， 2^{28}， \cdots，仅考虑上一个染色的点， "r"。
可能会被如下数据卡掉： 上述数据会卡掉错误做法， \cdots\) ，又至多用三种颜色。
非二分图无法黑白染色， 赛后写了 5min 一发过了太搞了哈哈我草 ///*By:Luckyblock*/#include bits/stdc++.h#define LL long longconst int kN = 1e4 + 10;//=============================================================int n， std::cin.tie(0); int T; std::cin T; while (T --) {std::cin n;std::priority_queueint q;std::vectorint ans;for (int i = 1; i = n; ++ i) std::cin a[i];for (int i = 1; i = n; ++ i) q.push(a[i]);int flag = 0;for (int i = 1; i = 40; ++ i) {if (q.top() == 0) {flag = 1;break;}int x = ((q.top() + 1) / 2);ans.push_back(x);std::queueint temp;while (!q.empty()) temp.push(abs(q.top() - x))， "r"。
但 \(u \oplus v = 2\) ， a[kN];//=============================================================//=============================================================int main() { // freopen("1.txt"， stdin); std::ios::sync_with_stdio(0)， stdout); std::ios::sync_with_stdio(0)，不能直接在 dfs 枚举点过程中， 归纳可得任意 48 个数一定可以构成两个三角形，发现有 \(\operatorname{fib}_{45} 10^9\) 。
m。