CodeforcesRound#829(Div.2)E-创新互联
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可以看出有这样的一个不等式
![n*(n-1)-2nk<=i*j-k*(a[i]|a[j])<=n*(n-1)](/upload/otherpic39/gif.jpg)
左边的式子可以化成n*(n-2*k-1),然后可以发现当i<=(n-2*k-1)时，即使j取到了n，a[i]|a[j]=0,还是要小于等于最小值的，所以可以直接从n-2*k开始遍历，而k最多100，所以这题直接暴力就可以了，，，
Codeforces Round #735 (Div. 2) B. Cobb（巧妙的暴力优化）_合金Bunny酱的博客-博客
#includeusing namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5+5;
const int mod=998244353;
const int inf=1e18;
const double eps=1e-8;
const double pi=acos(-1);
int qpow(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 getinv(int a){return qpow(a,mod-2);}
int t,n,k,a[100005];
signed main()
{
//ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
//freopen("in.txt","r",stdin);
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>k;
int ans=-1e18;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=max(n-2*k,1LL);i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
ans=max(ans,i*j-k*(a[i]|a[j]));
cout< 假设0的个数是cnt0个，那么前cnt0的位置一定都要是0才可以，假设cnt1为前cnt0的位置是1的个数，那么一定得把这cnt1个1都换成0才可以，一共有cnt1*cnt1种换法，总的换法是C(n,2)，所以总的期望就是p(cnt1)+p(cnt1-1)+...+p(1),也就是还剩cnt1个1的期望加上还剩cnt1-1个的期望一直加到还剩1个的期望
Codeforces Round #829 (Div. 2 + Div. 1) 2C/1A - 2E/1C - 知乎 (zhihu.com)
#includeusing namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5+5;
const int mod=998244353;
const int inf=1e18;
const double eps=1e-8;
const double pi=acos(-1);
int qpow(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 getinv(int a){return qpow(a,mod-2);}
int t,n,a[200005],dp[200005];
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
//freopen("in.txt","r",stdin);
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
int cnt0=count(a+1,a+n+1,0);
int cnt1=count(a+1,a+cnt0+1,1);
dp[0]=0;
int c2=(n*(n-1)%mod)*getinv(2)%mod;
for(int i=1;i<=cnt1;i++)
{
int p=(i*i%mod)*getinv(c2)%mod;
//dp[i]=dp[i-1]+getinv(p);
}
cout< 要求解a|bx的最小整数解x，则x=a/gcd(a,b);
圆心角的度数c是2*a/b,走n次就是nc,能够回到终点的条件是nc=k*360,那么只要取一个最小的n满足等式就可以，用到上面那个结论，答案就是b*180/gcd(b*180,a);
2021 CCPC 威海 部分题解 - Ghaser - 博客园 (cnblogs.com)
#includeusing namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
const int N = 2e5+5;
const int mod=2520;
const int inf=1e18;
const double eps=1e-8;
const double pi=acos(-1);
int qpow(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 getinv(int a){return qpow(a,mod-2);}
int Lcm(int a,int b){return a*b/__gcd(a,b);}
int t;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
//freopen("in.txt","r",stdin);
cin>>t;
while(t--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
int x=b*180;
int ans=x/__gcd(x,a)-1;
cout< 自己写的代码太多了，而且思路也有点复杂，原来只需要统计每个数出现多少次然后就是几次方就可以，a数组最多会出现根号(1e5)个数，所以直接暴力就可以，枚举m，每次都是所有的C(i,a[i])相乘，然后发现有很多a[i]是相同的，然后看看出现了多少次就是多少次方就可以了
【2021CCPC 威海】A、D、G、J_我wa的一声就哭出来了的博客-博客
#includeusing namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
const int N = 2e5+5;
const int mod=998244353;
const int inf=1e18;
const double eps=1e-8;
const double pi=acos(-1);
int qpow(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 getinv(int a){return qpow(a,mod-2);}
int Lcm(int a,int b){return a*b/__gcd(a,b);}
int n,m,a[50005],fac[100005],ifac[100005],tx[100005];
sets;
void init()
{
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=100000;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
ifac[100000]=getinv(fac[100000]);
for(int i=99999;i>=0;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int a,int b)
{
if(b>a) return 0;
return (fac[a]*ifac[a-b]%mod)*ifac[b]%mod;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
//freopen("in.txt","r",stdin);
cin>>n>>m;
init();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
tx[a[i]]++;
s.insert(a[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int ans=1;
for(auto x:s)
{
ans=(ans*qpow(C(i,x),tx[x]))%mod;
}
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