心得：
这比赛真的是不要不要的，pending了一下午，也不知道对错，直接做过去就是了，也没有管太多！
Problem A: 两只老虎
Description
来，我们先来放松下，听听儿歌，一起“唱”。
两只老虎两只老虎，跑得快跑得快。
一只没有耳朵，一只没有尾巴。
真奇怪，真奇怪。
Tmk也觉得很奇怪，因为在他面前突然出现了一群这样的老虎，有的没耳朵，有的没尾巴，不过也有正常的。
现在Tmk告诉你这群老虎的耳朵个数，尾巴条数，以及老虎的腿的数目，问你有多少只是正常的。
其中只有三种老虎：
第一种（正常的）：有2个耳朵、1条尾巴、4条腿
第二种（没耳朵）：有0个耳朵、1条尾巴、4条腿
第三种（没尾巴）：有2个耳朵、0条尾巴、4条腿
Input
第一行一个整数T表示有多少组样例。
接下来每一行一个样例：
包含三个整数a，b，c表示总共有a个耳朵，b条尾巴，c(<=4000)条腿，数据保证有解。
Output
对于每组样例输出一行，表示有多少只正常的老虎。
Sample Input
Sample Output
HINT
题目链接：http://gdutcode.sinaapp.com/problem.php?cid=1056&pid=0
分析：解方程咯，设以上三种情况分别为x，y，z，则有下列三个方程组：
2*x+2*z=a/2;
x+y=b;
4*x+4*y+4*z=c;
解得x=a/2+b-c/4;即为答案！
下面给出AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int T;
int a,b,c;
while(cin>>T)
{
while(T--)
{
cin>>a>>b>>c;
c/=;
a/=;
int x=a+b-c;
printf("%d\n",x);
}
}
return ;
}
Problem B: 占点游戏
Description
众所周知的是，TMK特别容易迟到，终于在TMK某次又迟到了之后，Maple怒了，Maple大喊一声：“我要跟你决一死战！”然后Maple就跟TMK玩起了一个关于占点的游戏。
Maple在一个无限展开的只有整数点的二维平面上找到两个点，由TMK和Maple分别操控这两个点，两人轮流操作，每一次操作中TMK或Maple可以把他的点移动一格到上、下、左、右四个方向，当TMK操作时，移动到的这个点会被染成红色，而当Maple操作时，移动到的这个点会被染成蓝色，需要注意的是，两个起始时的两个点也都会被染上相应的颜色，而当任一人走到已经染了不同颜色的点，这个颜色会被覆盖掉，当两个点覆盖在一起时，这个点会被后来的点染色。当游戏结束时染着自己颜色的点就代表被自己占领了。
TMK一下就明白了，这个游戏的目标是让自己占领的点比对方占领的点多，而且要让差值最大。
为了公平一些，Maple决定让TMK来选择先手或后手和让TMK来选择点，相应的Maple就会选择另一个点。
现在给出游戏的总轮数N，Maple选择的两个点的坐标（x1，y1），（x2，y2），要TMK来选择先后手和起始点，假设Maple一定按最优策略来走，问TMK能不能选择先后手和起始点使得自己占领的点比Maple占领的多，如果能，那么同时要求出占领的点数的最大差值。
Input
第一行一个T，代表接下来有T组数据(1<=T<=2000)。
每组数据有五个整数N,x1,y1,x2,y2，代表了操作的总轮数N以及选择的两个起始点(x1,y1),(x2,y2)，其中1<=N<=10^8，-10^8<=x1,y1,x2,y2<=10^8，数据保证两个点不相同。
Output
对于每一组数据，如果TMK占领的点不能比Maple占领的多，那么输出-1，否则输出两个占领点数的最大差值。
Sample Input
Sample Output
HINT
题目链接：http://gdutcode.sinaapp.com/problem.php?cid=1056&pid=1
分析：令 d = abs(x1-x2)+abs(y1-y2)
首先判断(n+1)/2 >= d，先手可不可以从一个点走到另一个点 :
如果不可以，则先手可以多得 n&1 分（因为劣势者可以选择逃离）
如果可以，考虑 d 的奇偶性：
如果 d 为奇数（先手可以先踩到后手覆盖过的点）：
如果 n 为奇数，先手可以多得 2 分，否则平。
否则（d 为偶数）:
如果 n 为奇数，先手可以多得 1 分，否则后手可以多得 1 分。
下面给出AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,x1,x2,y1,y2;
int T;
while(scanf("%d",&T)!=EOF)
{
while(T--)
{
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&x1,&y1,&x2,&y2);
int d=abs(x1-x2)+abs(y1-y2);
int ans=-;
if((n+)/>=d)
{
if(d%!=)
{
if(n%!=)
{
ans=;
}
}
else
{
ans=;
}
}
else if(n%!=)
{
ans=;
}
printf("%d\n",ans);
}
}
return ;
}
Problem C: 爬楼梯
Description
小时候，我只能一阶一阶得爬楼梯，
后来，我除了能一次爬一阶，还可以一次爬两阶，
到现在，我最多一次可以爬三阶。
那么现在问题来了，我想爬上n层楼，相邻楼层之间有一段楼梯，虽然我一次可以爬1个台阶、2个台阶和3个台阶，但是我在i与i+1层之间的楼梯上时，我不能跨越到i+1与i+2层之间的楼梯。现在有个n层的楼，知道每一段楼梯的阶数，我想知道，如果我只会往上走，并且忽略其他不在楼梯上的其他移动，共有多少种方案可以到达第n层。
Input
第一行一个整数T（0<T<=50）表示有多少组样例。
对于每一组样例：
第一行一个n（1<n<=50）表示有多少层楼。
接下来一行，包括n-1个整数xi（0<xi<=20），由下到上依次表示每段楼梯的长度。
Output
对于每组数据，输出一行表示共有多少种方案。由于答案较大，所以输出答案请对10007取模。
Sample Input
Sample Output
HINT
题目链接：http://gdutcode.sinaapp.com/problem.php?cid=1056&pid=2
分析：递归求解,
C[0]=C[1]=1;C[2]=2;
C[i]=C[i-1]+C[i-2]+C[i-3];
此题给出的范围刚好合适，大了应该会TL
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int b[];
int gcd(int n)
{
b[]=;
b[]=;
b[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
b[i]=b[i-]+b[i-]+b[i-];
return b[n];
}
int main()
{
int T;
int n,t;
int a[];
while(cin>>T)
{
while(T--)
{
cin>>n;
int s=;
for(int i=;i<n-;i++)
cin>>a[i];
for(int i=;i<n-;i++)
{
int t=gcd(a[i]);
s*=t;
s%=;
}
printf("%d\n",s);
}
}
return ;
}
Problem D: 只有通过毁灭才能揭示真理
Description
“只有通过毁灭才能揭示真理。” —— 虚空之眼
维克兹是一个有触手的虚空来客，他带着非凡的意图探索着符文之地：吸收掉所有知识。凭借着他不断地注视，维克兹可以发射瓦解光线来灭除并分析他途中的一切东西，并为他供给数量庞大的信息。没人知道他为什么需要如此多的材料，尽管有人推测他设法了解符文之地，是为了加速它的毁灭。
另外，维克兹本身也是一个极其强大的魔法师，他的技能会对命中的敌人施加有机体解构效果。如果累积到3层效果，敌人就会受到爆发性的真实伤害。
现在，维克兹正准备施展他的绝招 —— 生命形态瓦解射线，来对付被永久眩晕且没有携带任何魔抗装备的约德尔人。另外，他的绝招每10秒就可以对敌人累积一层有机体解构效果。
维克兹希望找到能够跟他一起遨游大陆的伙伴，所以他准备考考你，如果已知生命形态瓦解射线持续的时间和每一秒的伤害，以及有机体解构效果每累积到3层所爆发的伤害（伤害爆发后层数归零），你是否能算出约德尔人受到的总伤害是多少呢？
请注意，如果你回答不出来，维克兹绝对很乐意将你一起分解掉。
Input
输入包括T组数据，每组数据包括生命形态瓦解射线的持续时间A，每一秒的伤害B，以及有机体解构效果每累积到3层所爆发的伤害C。
（T <= 10000, 0 <= A, B, C <= 10000, 所有数据皆为整数）
Output
输出一个数代表约德尔人受到的总伤害。
Sample Input
Sample Output
HINT
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int T;
int a,b,c;
while(cin>>T)
{
while(T--)
{
cin>>a>>b>>c;
int ans=a*b;
int t=a/;
while(t)
{
t--;
ans+=c;
}
cout<<ans<<endl;
}
}
return ;
}
Problem E: 倒水(Water)
Description
一天，CC买了N个容量可以认为是无限大的瓶子，开始时每个瓶子里有1升水。接着~~CC发现瓶子实在太多了，于是他决定保留不超过K个瓶子。每次他选择两个当前含水量相同的瓶子，把一个瓶子的水全部倒进另一个里，然后把空瓶丢弃。(不能丢弃有水的瓶子)
显然在某些情况下CC无法达到目标，比如N=3,K=1。此时CC会重新买一些新的瓶子(新瓶子容量无限，开始时有1升水)，以到达目标。
现在CC想知道，最少需要买多少新瓶子才能达到目标呢？
Input
第一行一个整数T，表示有T组数据。
接着T行，每行两个正整数， N,K(1<=N<=10^9，K<=1000)。
Output
一个非负整数，表示最少需要买多少新瓶子。
Sample Input
Sample Output
HINT
因为每个瓶子的水都一定是2的倍数，所以最少的瓶子数就是总数的二进制表示中1的个数。每次加上最低位的1直到满足要求，来一波位运算。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define LL long long
4 int cnt(LL x)
5 {
6 int ret=0;
7 while(x)
8 {
9 if(x&1) ret++;
10 x>>=1;
11 }
12 return ret;
13 }
14 int main()
15 {
16 int i,j,k,n;
17 LL m,ans,x,y,z;
18 int T;
19 while(cin>>T)
20 {
21 while(T--)
22 {
23 scanf("%lld%d",&m,&n);
24 ans=0;
25 while(cnt(m)>n)
26 {
27 for (x=1;;x<<=1)
28 if(m&x)
29 break;
30 ans+=x;
31 m+=x;
32 }
33 printf("%lld\n",ans);
34 }
35 }
36 return 0;
37 }
下面给出官方的题解：
对于 n 瓶一升的水，把他们合并后，最少需要的瓶子数为 n 的二进制中 1 的个数。假
设 n 的二进制中 1 的个数大于 k，那么我们要找到 1 个大于 n 的数，且二进制中 1 的个数等
于 k 的最小的数 m，那么答案为 m-n。
假设 n 二进制中，最右边的 1 在第 i 位（这里的第几位是从右往左数的，最右边为第 0
位），那么假设你加上一个小于 2^i 的数，结果二进制中 1 的个数只会增加，如果加上一个
2^i，则结果二进制中 1 的个数必定不会增加。所以只需要一直加上一个 2^i（这里的 i 表示
的是当前水的总体积的二进制中最右边的 1 所在的位置）直到结果中 1 的个数等于 k 即可。
#include <iostream>
using namespace std;
int cal(int n)
{
int ans = ;
while(n)
{
ans ++;
n &= n-;
}
return ans;
}
int lowbit(int n)
{
return n&-n;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
int ans = ;
while(cal(n) > k)
{
ans += lowbit(n);
n += lowbit(n);
}
printf("%d\n", ans);
}
return ;
}
Problem F: tmk找三角
Description
有一棵树，树上有只tmk。他在这棵树上生活了很久，对他的构造了如指掌。所以他在树上从来都是走最短路，不会绕路。他还还特别喜欢三角形，所以当他在树上爬来爬去的时候总会在想，如果把刚才爬过的那几根树枝/树干锯下来，能不能从中选三根出来拼成一个三角形呢？
Input
第一行输入一个T，表示有多少组样例。
对于每组数据：第一行包含一个整数 N，表示树上节点的个数（从 1 到 N 标号）。
接下来的 N-1 行包含三个整数 a, b, len，表示有一根长度为 len 的树枝/树干在节点 a 和节点 b 之间。
接下来一行包含一个整数 M，表示询问数。
接下来M行每行两个整数 S, T，表示毛毛虫从 S 爬行到了 T，询问这段路程中的树枝/树干是否能拼成三角形。
Output
对于每组数据,每个询问输出一行，包含"Yes"或“No”，表示是否可以拼成三角形。
Sample Input
Sample Output
HINT
对于20%数据 1 ≤ N, M ≤ 1000
对于所有数据1 ≤ N ≤ 100000, 1 ≤ M ≤ 100000, 1 ≤ len ≤ 1000000000
#include <stdio.h>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <list>
#include <string.h>
using namespace std;
// 树的节点
struct Node {
int next, len;
Node (int n, int l):next(n), len(l) {}
};
int pow2[];
list<Node> nodes[];
bool visit[];
int ns[];
int nIdx;
int length[];
int parent[];
int depth[];
int first[];
int mmin[][];
int edges[];
// DFS 对树进行预处理
void dfs(int u, int dep)
{
ns[++nIdx] = u; depth[nIdx] = dep;
visit[u] = true;
if (first[u] == -) first[u] = nIdx;
list<Node>::iterator it = nodes[u].begin(), end = nodes[u].end();
for (;it != end; it++)
{
int v = it->next;
if(!visit[v])
{
length[v] = it->len;
parent[v] = u;
dfs(v, dep + );
ns[++nIdx] = u;
depth[nIdx] = dep;
}
}
}
// 初始化 RMQ
void init_rmq()
{
nIdx = ;
memset(visit, , sizeof(visit));
memset(first, -, sizeof(first));
depth[] = ;
length[] = parent[] = ;
dfs(, );
memset(mmin, , sizeof(mmin));
for(int i = ; i <= nIdx; i++) {
mmin[][i] = i;
}
int t1 = (int)(log((double)nIdx) / log(2.0));
for(int i = ; i <= t1; i++) {
for(int j = ; j + pow2[i] - <= nIdx; j++) {
int a = mmin[i-][j], b = mmin[i-][j+pow2[i-]];
if(depth[a] <= depth[b]) {
mmin[i][j] = a;
} else {
mmin[i][j] = b;
}
}
}
}
// RMQ 询问
int rmq(int u, int v)
{
int i = first[u], j = first[v];
if(i > j) swap(i, j);
int t1 = (int)(log((double)j - i + ) / log(2.0));
int a = mmin[t1][i], b = mmin[t1][j - pow2[t1] + ];
if(depth[a] <= depth[b]) {
return ns[a];
} else {
return ns[b];
}
} int main() {
for(int i = ; i < ; i++) {
pow2[i] = << i;
}
int T, n, m, a, b, len;
scanf("%d ", &T);
for (int caseIdx = ;caseIdx <= T;caseIdx++) {
scanf("%d", &n);
for (int i = ;i <= n;i++) {
nodes[i].clear();
}
for (int i = ;i < n;i++) {
scanf("%d%d%d", &a, &b, &len);
nodes[a].push_back(Node(b, len));
nodes[b].push_back(Node(a, len));
}
init_rmq();
scanf("%d", &m);
//printf("Case #%d: ", caseIdx);
for (int i = ;i < m;i++) {
scanf("%d%d", &a, &b);
// 利用 RMQ 得到 LCA
int root = rmq(a, b);
bool success = false;
int l = ;
while (a != root) {
edges[l++] = length[a];
a = parent[a];
}
while (b != root) {
edges[l++] = length[b];
b = parent[b];
}
if (l >= ) {
sort(edges, edges + l);
for (int j = ;j < l;j++) {
if (edges[j - ] + edges[j - ] > edges[j]) {
success = true;
break;
}
}
}
if (success) {
puts("Yes");
} else {
puts("No");
}
}
}
return ;
}
官方题解来了：
假设现在有 n 条线段，假设 n 条边从小到达排序，如果这 n 条边中没有三条可以构成
三角形，那么这 n 条边必须满足关系：A[i] >= A[i-2]+A[i-1]，这里的 A[i]表示第 i 条边的大小。
假设 A[i]尽量取最小 A[i]=A[i-2]+A[i-1]，且 A[1]=A[2]=1，是不是就是一个斐波那契，也就
是对于一个 n 条边的集合，如果不存在三条边能构成一个三角形，那么最长的边至少为 f[n]，
表示斐波那契第 n 项。而题目中 A[i]<1e9，也就是只要 n>50，就必定存在三条边可以构成一
个三角形，所以我们只需要暴力加入两点路径上的边（如果大于 50，直接 Yes），然后对这
些边进行排序，枚举第 i 条边为最长边，贪心判断 A[i]是否小于 A[i-1]+A[i-2]即可。
#include <cstdio>
#include <set>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std; const int N = 1e5+;
int n;
int tot, head[N], to[N<<], nex[N<<], len[N<<];
int f[N], dis[N], dep[N]; void init()
{
tot = ;
for(int i = ; i <= n; ++ i)
{
head[i] = -;
}
} void addEdge(int x, int y, int l)
{
to[tot] = y;
len[tot] = l;
nex[tot] = head[x];
head[x] = tot++;
} void dfs(int u, int d)
{
dep[u] = d;
for(int i = head[u]; ~i; i = nex[i])
{
int v = to[i];
if(v == f[u]) continue;
dis[v] = len[i];
f[v] = u;
dfs(v, d+);
}
} bool solve(int x, int y)
{
vector<int> vec;
while(vec.size() < && x != y)
{
if(dep[x] < dep[y])
{
vec.push_back(dis[y]);
y = f[y];
}
else
{
vec.push_back(dis[x]);
x = f[x];
}
}
if(vec.size()>=) return true;
sort(vec.begin(), vec.end());
for(int i = ; i + < vec.size(); ++ i)
{
if(vec[i] + vec[i+] > vec[i+]) return true;
}
return false;
} int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d", &n);
init();
for(int i = ; i < n; ++ i)
{
int x, y, l;
scanf("%d%d%d", &x, &y, &l);
addEdge(x, y, l);
addEdge(y, x, l);
}
dfs(, );
int m;
scanf("%d", &m);
for(int i = ; i < m; ++ i)
{
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
puts(solve(x, y) ? "Yes" : "No");
}
}
return ;
}
Problem G: 等凹数字
Description
定义一种数字称为等凹数字，即从高位到地位，每一位的数字先非递增再非递减，不能全部数字一样，且该数是一个回文数，即从左读到右与从右读到左是一样的，仅形成一个等凹峰，如543212345，5544334455是合法的等凹数字，543212346，123321，111111不是等凹数字。现在问你[L,R]中有多少等凹数字呢？
Input
第一行一个整数T，表示数据的组数。
接下来T行每行俩个数字L和R，(1<=L<=R<=1e18)
Output
输出一个整数，代表[L,R]中有多少等凹数字
Sample Input
Sample Output
HINT
小于等于2位的数字无凹峰
题目链接：http://gdutcode.sinaapp.com/problem.php?cid=1056&pid=6
分析：dp[i][len][pre][up][down][ispa]代表当前第 i 位，长度为 len，上一位是什么，前面是否递
增过，前面是否递减过，当前是否符合回文串的性质，然后记忆化搜索。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <time.h>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <math.h>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
long long dp[][][][][][];
int num[];
int s[];
long long rec(int i,int pre,int up,int down,int flag,int q,int len,int ispa)
{
if(i<)return up&&down&&ispa;
if(~dp[i][len][pre][up][down][ispa]&&!flag&&!q)return dp[i][len][pre][up][down][ispa];
long long res=;
int o=s[i];
for(int j=;j<;j++)
{
num[i]=j;
if(j>o&&flag)break;
if(q)res+=rec(i-,j,,,j<o?:flag,q&&j==,len-(q&&j==),ispa);
else if(j==pre)
{
if(ispa&&i<len/)
res+=rec(i-,j,up,down,j<o?:flag,q&&j==,len,j==num[len-i-]);
else res+=rec(i-,j,up,down,j<o?:flag,q&&j==,len,ispa);
}
else if(j>pre)
{
if(!down)continue;
if(ispa&&i<len/)
res+=rec(i-,j,,down,j<o?:flag,q&&j==,len,j==num[len-i-]);
else res+=rec(i-,j,,down,j<o?:flag,q&&j==,len,ispa);
}
else if(j<pre)
{
if(up)continue;
if(ispa&&i<len/)
res+=rec(i-,j,up,,j<o?:flag,q&&j==,len,j==num[len-i-]);
else res+=rec(i-,j,up,,j<o?:flag,q&&j==,len,ispa);
}
}
if(!flag&&!q)dp[i][len][pre][up][down][ispa]=res;
return res;
}
long long cal(long long x)
{
int len=;
while(x)
{
s[len++]=x%;
x/=;
}
return rec(len-,,,,,,len,);
}
int main()
{
memset(dp,-,sizeof(dp));
long long l,r;
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%lld%lld",&l,&r);
printf("%lld\n",cal(r)-cal(l-));
}
return ;
}
Problem H: tmk买礼物
Description
今天是校赛的日子，为了庆祝这么喜庆的日子，TMK打算买些礼物给女票LSH庆祝一下。
TMK进入了雪梨超市，然后刚踏入的一瞬间，店主就对TMK说：“恭喜你成为了本店第2147483647位顾客，本店在搞一个活动，对本店第2147483647位顾客进行赠送活动。你先看看你有多少钱？”
TMK一摸口袋，发现只有n个硬币，每个硬币的价值为a[i]。
然后店主继续说：“现在你用你的钱凑一些数，如果你的钱能凑成[0,x]里面所有的数，那么你将会免费获得该店价值x元的代金券，假设你有四个硬币面值分别为1,2,4，100，你就可以凑成[0,7]里面所有的数，我们将会送你7元的代金券。现在就用你的硬币来试试吧。Enjoy yourself！”
在TMK努力凑钱的时候，店主想知道他要送多少代金券给TMK。
Input
第一行一个整数T，表示数据组数。
对于每组数据，首先读入一个整数n（n<=100000），然后接下来的一行有n个整数，表示a[i]（0<a[i]<=1e9）
Output
对于每个数据，输出一个整数x，表示店主要送x元的代金券给TMK
Sample Input
Sample Output
HINT
题目链接：http://gdutcode.sinaapp.com/problem.php?cid=1056&pid=7
还是给下正解的思路吧，可能是因为数据太水就过了！
思路：先将所有的数排序，先特判一下第一个数是不是1，如果不是的话，那么肯定不可能有x，否则就找到第一个a[i]使得
a[i]>a[i-1]+...a[0]+1,这个a[i]就是一定不能组成的
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int n;
long long a[];
long long res;
void init(){
res=;
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&t);
while(t--){
init();
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
sort(a+,a+n+);
int f=;
for(int i=;i<=n;i++){
if(a[i]>res+){
f=;
printf("%lld\n",res);
break;
}
res+=a[i];
}
if(f==){
printf("%lld\n",res);
}
}
return ;
}
另外一种解法：
首先，先对 a[i]从小到大排序，假设对于前 i 个硬币，我们可以组合成 0~y：
①如果 a[i+1]>y+1，那么从 i+1~n 中任意取硬币，构成的和都>y+1，所以必定构造不出
y+1，于是答案等于 y。
②如果 a[i+1]<=y+1，那么前 i+1 位可以组合成 0~y+a[i+1]。
所以只需要对硬币从小到大排序，然后从第一个硬币枚举到最后一个硬币，或者中途有
某个数够不出来即可得到答案。
要注意，输出要用long long型，否则会溢出！
下面给出AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int T;
int n;
int a[];
while(cin>>T)
{
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=;i<n;i++)
cin>>a[i];
sort(a,a+n);
long long ans=;
for(int i=;i<n&&ans+>=a[i];i++)
ans+=a[i];
printf("%lld\n",ans);
}
}
return ;
}