这道题如果你的思维很局限，可以使用queue，先创建一个队列，正常输入，在queue中进行运算，代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
queue<int> q;
int a,n,cnt;//cnt代表位置
int main(){
    freopen("ysf.in","r",stdin);
    freopen("ysf.out","w",stdout);
    cin>>a>>n;
    for(int i=1;i<=a;i++)
        q.push(i);//q.push()输入
    while(!q.empty()){//如果为空退出循环
        cnt++;
        if(cnt==n){//如果到了出圈的人
            cout<<q.front()<<" ";//q.front()出圈
            q.pop();//删除出圈的人，q.pop()删除
            cnt=0;//重新计数
        }
         else { //如果这人不用出圈，重新刷新一下
             int x = q.front();
             q.pop();
             q.push(x);
         }
    }
    return 0;
}

原神大王系列怎么没有这道题？

考虑把 $(\sum a, \sum b)$ 作为一个生成树的坐标，那么这个点的贡献就是它和原点围成的面积。

这样的问题有一个经典结论是有可能成为答案的点一定构成一个下凸包。

然后有这么一个算法叫 QuickHull。具体地，先求出 $\sum a$ 最小的点 $A$ 和 $\sum b$ 最小的点 $B$，然后找一个离 $A, B$ 最远的点 $C$。$A, B$ 可以直接最小生成树求。

这个条件可以看成 $S_{\triangle ABC}$ 最大化，用向量叉乘的式子画一画发现要最小化 $(x_B - x_A)y_C + (y_A - y_B)x_C$ 加上一堆常量，那令一条边的权值是 $b\times (x_B - x_A) + a\times (y_A - y_B)$ 跑最小生成树即可。当求出来的这个值 $\ge 0$ 的时候说明直线左下方没有点了，停止；否则递归处理 $(A, C), (C, B)$ 之间的情况。

据说这样凸包上点的期望个数是 $\mathcal O((na)^{\frac{2}{3}})$ 个。

这道题不止一种做法，我用的是其中一种：贪心+RMQ

## 贪心的思路：

### 1.小L如果有正有负，分为三种情况：

#### （1）小Q只有正，这种情况对小Q不利，小L选择最大的正数（这里包括0，下同），小Q被逼的死路一条，只有选择最小的正数可以尽量实得分更小。

#### （2）小Q只有负，这种情况也对小Q不利，由于负负得正，小L选择绝对值最大的负数（相当于最小的负数），小Q没办法，只好选择绝对值最小的负数（相当于最大的负数），可以尽量实得分更小。

#### （3）小Q有正有负，这种情况对小Q有利，为何？因为小L出正，小Q出负，小L出负，小Q出正，小L不管怎么出，小Q都有办法使得它<=0，小L只能在出正或出负的情况选一个最小的，小L的第一个选择（正数），应选最小的正数，小Q就选最小的负数。小L的第二个选择（负数），应选最大的负数，小Q选最大的正数。

### 2.小L只有负，分为两种情况：

#### （1）小Q只有负，这种情况对小Q不利，由于负负得正，小L选择绝对值最大的负数（相当于最小的负数），小Q没办法，只好选择绝对值最小的负数（相当于最大的负数），可以尽量实得分更小。

#### （2）小Q只有正或有正有负，这种情况对小Q有利，小L没办法，选绝对值最小的负数（相当于最大的负数），小Q选择最大的正数。

### 3.小L只有正，分为两种情况：

#### （1）小Q只有正，这种情况对小Q不利，小L选择最大的正数，小Q选最小的正数。

#### （2）小Q只有负或有正有负，这种情况对小Q有利，小L没办法，只好选择最小的的正数，小Q选择绝对值最大的负数（相当于最小的负数）。

## 代码部分：

### 准备八个数组：fza,fza1,fzb,fzb1,ffa,ffa1,ffb,ffb1,分别代表小L正数最大值、小L正数最小值、小Q正数最大值、小Q正数最小值、小L负数最大值、小L负数最小值、小Q负数最大值、小Q负数最小值。

### 初始化：属于这个部分的（负数或正数）就直接赋值，否则是大的就-1e10，小的就1e10。

### 剩下的就按思路做。

### 代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5;
int a[N];
int b[N];
int fza[N][20];
int fza1[N][20];
int fzb[N][20];
int fzb1[N][20];
int ffa[N][20];
int ffa1[N][20];
int ffb[N][20];
int ffb1[N][20];
int n,q,m;
signed main()
{
    scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&q);
    for(int i = 1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        fza[i][0] = a[i]>=0?a[i]:(int)-1e10;
        fza1[i][0] = a[i]>=0?a[i]:(int)1e10;
        ffa[i][0] = a[i]<0?a[i]:(int)-1e10;
        ffa1[i][0] = a[i]<0?a[i]:(int)1e10;
    }
    for(int i = 1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld",&b[i]);
        fzb[i][0] = b[i]>=0?b[i]:(int)-1e10;
        fzb1[i][0] = b[i]>=0?b[i]:(int)1e10;
        ffb[i][0] = b[i]<0?b[i]:(int)-1e10;
        ffb1[i][0] = b[i]<0?b[i]:(int)1e10;
    }
    for(int i = 1;i<=log2(n);i++)
    {
        for(int j = 1;j<=n-(1<<i)+1;j++)
        {
            fza[j][i] = max(fza[j][i-1],fza[j+(1<<(i-1))][i-1]);
            fza1[j][i] = min(fza1[j][i-1],fza1[j+(1<<(i-1))][i-1]);
            ffa[j][i] = max(ffa[j][i-1],ffa[j+(1<<(i-1))][i-1]);
            ffa1[j][i] = min(ffa1[j][i-1],ffa1[j+(1<<(i-1))][i-1]);
        }
    }
    for(int i = 1;i<=log2(m);i++)
    {
        for(int j = 1;j<=m-(1<<i)+1;j++)
        {
            fzb[j][i] = max(fzb[j][i-1],fzb[j+(1<<(i-1))][i-1]);
            fzb1[j][i] = min(fzb1[j][i-1],fzb1[j+(1<<(i-1))][i-1]);
            ffb[j][i] = max(ffb[j][i-1],ffb[j+(1<<(i-1))][i-1]);
            ffb1[j][i] = min(ffb1[j][i-1],ffb1[j+(1<<(i-1))][i-1]);
        }
    }
    for(int i = 1;i<=q;i++)
    {
        int la,ra,lb,rb;
        scanf("%lld %lld %lld %lld",&la,&ra,&lb,&rb);
        int kl = log2(ra-la+1);
        int num;
        int kr = log2(rb-lb+1);
        if(max(fza[la][kl],fza[ra-(1<<kl)+1][kl])!=(int)-1e10&&max(ffa[la][kl],ffa[ra-(1<<kl)+1][kl])!=(int)-1e10)
        {
            if(max(ffb[lb][kr],ffb[rb-(1<<kr)+1][kr]) == (int)-1e10)
            {
                num = max(fza[la][kl],fza[ra-(1<<kl)+1][kl])*min(fzb1[lb][kr],fzb1[rb-(1<<kr)+1][kr]);
            }
            if(max(fzb[lb][kr],fzb[rb-(1<<kr)+1][kr]) == (int)-1e10)
            {
                num = min(ffa1[la][kl],ffa1[ra-(1<<kl)+1][kl])*max(ffb[lb][kr],ffb[rb-(1<<kr)+1][kr]);
            }
            if(max(fzb[lb][kr],fzb[rb-(1<<kr)+1][kr])!=(int)-1e10&&max(ffb[lb][kr],ffb[rb-(1<<kr)+1][kr])!=(int)-1e10)
            {
                int L1 = min(fza1[la][kl],fza1[ra-(1<<kl)+1][kl])*min(ffb1[lb][kr],ffb1[rb-(1<<kr)+1][kr]),L2 = max(ffa[la][kl],ffa[ra-(1<<kl)+1][kl])*max(fzb[lb][kr],fzb[rb-(1<<kr)+1][kr]);
                num = max(L1,L2);
            }
        }
        if(max(fza[la][kl],fza[ra-(1<<kl)+1][kl]) == (int)-1e10&&max(ffa[la][kl],ffa[ra-(1<<kl)+1][kl])!=(int)-1e10)
        {
            if(max(fzb[lb][kr],fzb[rb-(1<<kr)+1][kr]) == (int)-1e10&&max(ffb[lb][kr],ffb[rb-(1<<kr)+1][kr])!=(int)-1e10)
            {
                num = min(ffa1[la][kl],ffa1[ra-(1<<kl)+1][kl])*max(ffb[lb][kr],ffb[rb-(1<<kr)+1][kr]);
            }
            else
            {
                num = max(ffa[la][kl],ffa[ra-(1<<kl)+1][kl])*max(fzb[lb][kr],fzb[rb-(1<<kr)+1][kr]);
            }
        }
        if(max(fza[la][kl],fza[ra-(1<<kl)+1][kl])!=(int)-1e10&&max(ffa[la][kl],ffa[ra-(1<<kl)+1][kl]) == (int)-1e10)
        {
            if(max(fzb[lb][kr],fzb[rb-(1<<kr)+1][kr])!=(int)-1e10&&max(ffb[lb][kr],ffb[rb-(1<<kr)+1][kr]) == (int)-1e10)
            {
                num = max(fza[la][kl],fza[ra-(1<<kl)+1][kl])*min(fzb1[lb][kr],fzb1[rb-(1<<kr)+1][kr]);
            }
            else
            {
                num = min(fza1[la][kl],fza1[ra-(1<<kl)+1][kl])*min(ffb1[lb][kr],ffb1[rb-(1<<kr)+1][kr]);
            }
        }
        printf("%lld\n",num);
    }
    return 0;
}

可以用RMQ

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6;
int a[N];
int f[N][20];
int n,k;
int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&k);
    for(int i = 1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        f[i][0] = a[i];
    }
    for(int i = 1;i<=log2(n);i++)
    {
        for(int j = 1;j<=n-(1<<i)+1;j++)
        {
            f[j][i] = min(f[j][i-1],f[j+(1<<(i-1))][i-1]);
        }
    }
    for(int i = 1;i+k-1<=n;i++)
    {
        int x = i,y = i+k-1;
        int k = log2(y-x+1);
        printf("%d ",min(f[x][k],f[y-(1<<k)+1][k]));
    }
    printf("\n");
    for(int i = 1;i<=n;i++)
    {
        f[i][0] = a[i];
    }
    for(int i = 1;i<=log2(n);i++)
    {
        for(int j = 1;j<=n-(1<<i)+1;j++)
        {
            f[j][i] = max(f[j][i-1],f[j+(1<<(i-1))][i-1]);
        }
    }
    for(int i = 1;i+k-1<=n;i++)
    {
        int x = i,y = i+k-1;
        int k = log2(y-x+1);
        printf("%d ",max(f[x][k],f[y-(1<<k)+1][k]));
    }
    return 0;
}

“引爆逆天力量，追寻圆环之理的神藏奥秘”系列再现高手。

首先最终的树的点数可以达到 $10^{10}$ 级别，我们肯定不能真正把树建出来。

但是注意到我们可以只保留每个复制出的子树的根（记作关键点），那么这些根也构成一棵树，这样就好办了。

当询问 $dis(x,y)$ 时，我们先找到 $x$ 和 $y$ 分别从属于的关键点，并求出它们在关键点树上的距离，而这是容易预处理的。需要注意的是，在 lca 处涉及同一关键点范围内的距离，在原树上查其距离即可。

以及，在定位点时，涉及查询原树某棵子树内编号第 $k$ 大的点，把树拍成 dfn 序后主席树上二分即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$，有点难写。

这道题主要考验枚举与拆位，可以按题目要求直接将三位数拆位就三次幂和判断相等与否（真水）

/除号

%取模号

百位：

    x/100

十位：

    x/10%10

个位

    x%10