Codeforces Global Round 17 题解A-D
Codeforces Global Round 17
A. Anti Light's Cell Guessing
分析：
考虑0的情况就行了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define close(); ios::sync_with_stdio(false);
#define endl '\n'
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define dwn(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
typedef long long LL;
const int N = 3e5+100;
void solve()
{
int a, b; cin >> a >> b;
if(a > b) swap(a, b);
if(a == 1 && b == 1) cout << 0 << endl;
else if(a == 1) cout << 1 << endl;
else cout << 2 << endl;
}
int main()
{
int T; cin >> T;
while(T--) solve();
// system("pause");
}
B. Kalindrome Array
分析:
不妨记字符串为s, 长度为m.
分以下情况讨论:
- 本身是回文串, 输出yes
- 本身不是回文串, 那么一定存在一对\(s_i!=s_j, i = m+1-j\).
- 考虑把\(s_i\)类的字符全部删掉, 再看一遍是不是回文串.
- 考虑把\(s_j\)类的字符全部删掉, 再看一遍是不是回文串.
为什么是将其类字符全部删掉呢, 这好像和题干有点不太一样. 实际上, 即便不删掉其类字符也是匹配的本身, 和全删掉的情况下判是否是回文串是等价的.
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define close(); ios::sync_with_stdio(false);
#define endl '\n'
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define dwn(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
typedef long long LL;
const int N = 3e5+100;
int a[N];
bool check(int n, int x)
{
int l = 1, r = n;
while(l < r)
{
while(l < r && a[l] == a[x]) l++;
if(l >= r) break;
while(l < r && a[r] == a[x]) r--;
if(l >= r) break;
if(a[l] == a[r]) l++, r--;
else if(a[l] != a[r]) return 0;
}
return 1;
}
void solve()
{
int n; cin >> n;
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
int l = 1, r = n;
int u, v; u = v = 0;
while(l < r)
{
if(a[l] == a[r]) l++, r--;
else
{
u = l;
v = r;
break;
}
}
bool f = 0;
if(u == v) f = 1;
else
{
f |= check(n, u);
f |= check(n, v);
}
if(f) cout << "YES\n";
else cout << "NO\n";
}
int main()
{
close();
int T; cin >> T;
while(T--) solve();
// system("pause");
}
C. Keshi Is Throwing a Party
分析:
一开始我考虑了一会反悔贪心, 发现不可做.
然后发现是useful algorithm二分.
当我们确定我们要check的人数的时候, 直接贪心地找. 不懂的话看代码.
时间复杂度\(O(n\log n)\)
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define close(); ios::sync_with_stdio(false);
#define endl '\n'
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define dwn(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
typedef long long LL;
const int N = 3e5+100;
int a[N], b[N];
int n;
bool check(int x)
{
int cnt = 0;
rep(i, 1, n)
{
if(a[i] >= x-cnt-1 && b[i] >= cnt)
{
cnt++;
}
if(cnt == x) return 1;
}
return 0;
}
void solve()
{
cin >> n;
rep(i, 1, n) cin >> a[i] >> b[i];
int l = 1, r = n;
while(l < r)
{
if(l == r-1)
{
if(check(r)) l = r;
else r = l;
break;
}
int mid = l+r>>1;
if(check(mid)) l = mid;
else r = mid-1;
}
cout << l << endl;
}
int main()
{
close();
int T; cin >> T;
while(T--) solve();
// system("pause");
}
D. Not Quite Lee
分析：
考虑一个有\(k\)个元素的数组\(c\)，如何去判断是否为good。
我们发现对于每个\(c_i\in c\), 其整数的连续序列的和为\(\frac{c_i(c_i-1)}{2}+x_ic_i\)， 其中\(x_i\)为任意整数。
于是我们可以将一个数组c是否good等价地转换为这个式子：
观察这个式子, 发现这个东西我们很熟悉, 不妨定义\(t\)为下式:
根据裴蜀定理, \(gcd(c_1, c_2, ... , c_k) | t\)
记\(s = \sum_{i=1}^k \frac{c_i(c_i-1)}{2}, g = gcd(c_1, c_2, ... , c_k)\)
于是判定一个数组c是否good的问题转换成了: g是否可以整除s.
考虑对于数组c存在奇数的时候:
- 考虑关于奇数\(c_o\), \(\frac{c_o(c_o-1)}{2}+x_oc_o = kc_o\), 其中k为任意整数
- 记\(r = \sum_{i!=o} \frac{c_i(c_i-1)}{2}+x_ic_i\)。令\(k = -r\), 令\(x_i := x_i + (\frac{c_i-1}{2}+x_i) \cdot(c_o-1)\), 那么\(kc_o + r = 0\)
- 那么只要存在一个奇数，我们总可以构造出\(s+t=0\).
于是接下来我们只需要考虑数组c只存在偶数的情况.
观察到这么一个事实: 如果奇数y整除偶数x, 那么\(y|\frac{x}{2}\); 如果偶数y整除偶数x, 那么\(\frac{y}{2}|\frac{x}{2}\)
考虑到枚举g是时间不可行的, 因此我们尝试建立一个1-1映射来减少我们需要枚举的约数.
对于\(g|s\), 显然s是偶数, g也是偶数(奇数已经算完了), 那么\(\frac{g}{2^l}|\frac{s}{2^l}\). 其中$2^l | g \space\ $ 且 \(\space2^{l+1} \not | g\), 也就是说\(2^l\)是g的最大的2的整次幂因子.
注意: 这里因为奇数都被我们提前处理了, 所以\(l\ge 1\)
于是我们不妨把g映射到\(2^l\)上, 这显然是一个1-1映射. 具体操作如下:
对于数组c中所有可以被\(2^l\)整除但不能被$ 2^{l+1} $整除的元素, 放入集合A.
对于数组c中所有可以被\(2^{l+1}\)整除的元素, 放入集合B.
显然对于任意包含集合A中的偶数个元素的任意组合, 其g的映射都是\(2^l\).
为什么包含集合A中的奇数个元素不是呢? 观察单个元素, 不妨记为\(e = k2^l\), 其中k为奇数. 那么\(\frac{e(e-1)}{2} = k2^{l-1}(k2^l-1)\), 这是一个最大的2的整次幂因子为\(2^{l-1}\)的数. 那显然s 的最大的2的整次幂因子也为\(2^{l-1}\).
但如果是偶数个集合A元素就可以解决这个问题.
设数组c中所有可以被\(2^l\)整除但不能被$ 2^{l+1} $整除的元素的个数为 \(a\); 数组c中所有可以被\(2^{l+1}\)整除的元素的个数为 \(b\).
那么\(2^l\)的答案为 \(2^{a-1}\cdot 2^b\)
枚举\(l\)统计答案即可.
总的时间复杂度是\(O(n\log(1e9))\)
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define close(); ios::sync_with_stdio(false);
#define endl '\n'
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define dwn(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
typedef long long LL;
const int N = 3e5+100;
const LL p = 1e9+7;
LL qpow(LL a, LL b)
{
LL rev = 1;
while(b){
if(b&1) rev = rev * a % p;
a = a * a % p;
b>>=1;
}
return rev;
}
LL a[N];
int main()
{
// close();
int n; cin >> n;
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
LL ans = 0;
LL even = 0;
rep(i, 1, n)
{
if(a[i] & 1) ; else even++;
}
ans = (qpow(2, n) - qpow(2,even)) % p;
rep(i, 1, 31)
{
LL x = 1ll<<i;
LL o, e; o = e = 0;
rep(j, 1, n)
{
if(a[j] % x == 0 && a[j] % (x<<1) != 0) o++;
else if(a[j] % (x<<1) == 0) e++;
}
if(o > 0) (ans += ((qpow(2, o-1)-1+p)%p) * ((qpow(2, e))%p) ) %= p;
}
cout << ans << endl;
// system("pause");
}
E. AmShZ and G.O.A.T.
赶作业, 有空再补
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