CF1991

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\[\large\textbf{Solution} \]

\[\text{Maximize the Last Element} \]

A
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题意：给定长度为 \(n\) 的序列 \(\{a_n\}\)（保证 \(n\) 为奇数），若干次删掉序列中相邻两个元素后剩下唯一一个元素，求该元素的最大值。

分析：

  1. 操作一次序列长度-=\(2\).

  2. 我们考虑留下 \(a_k\)，则 \(a_k\) 左边的序列与 \(a_k\) 右边的序列互不影响。要只留下 \(a_k\)，就需要我们把 \(a_k\) 左右的序列分别完全消除。

  3. 注意到 \(k\) 为奇数时左右序列长度均为偶数，可以实现；而 \(k\) 为偶数时左右序列长度均为奇数，最后不可能完全消除。

综上，我们发现当且仅当 \(k\) 为奇数时 \(a_k\) 可以作为最后剩下的元素，所以我们只须找到奇数位置上所有元素的最大值即可。

\[\text{AND Reconstruction} \]

B
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题意：给定 \(b_1,b_2,...,b_{n-1}\)，试构造 \(\{a_n\}\)，使得 $ b_i = a_i \And a_{i+1} $ 对 \(i \in [1,n)\) 成立，若不能构造则输出 -1.

分析：

\(\begin{cases} b_1=a_1 \And a_2 \dots (一) \\ b_2=a_2 \And a_3 \dots (二) \\ \end{cases}\)

这里我们拆开每一位来看。容易发现每一位上有 \(b_1=a_1\)，那先令 \(a_1=b_1\)，这种方案肯定是优的，其他方案都会导致 \(a_2\) 更难构造。 上式中出现了两个 \(a_2\)，那我们接下来就观察 \(a_2\) 好了。

  1. 若某一位 \(b_1=a_1=b_2=0\)，令该位 \(a_2=0\) 一定是最优的，此时 \(a_3\) 在这一位没有限制；否则从二式来看，该位 \(a_3\) 必须是 \(0\).

  2. 若某一位 \(b_1=a_1=0 \and b_2=1\)，则为了满足二式只能令该位 \(a_2=1\).

  3. 同理，对 \(b_1\) 和 \(b_2\) 的另外两种组合也能找到最优的方案即令 \(a_2=b_2 | b_1\).

综上，对任意两个相邻式子，可以类似地得到最优构造：令 \(a_i=b_i|b_{i-1}\).

构造完判断对于 \(\forall b_i\) 是否满足 \(b_i=a_i \And a_{i+1}\) 即可。

总结：有意思的贪心。罚两发，唐。

\[\text{Absolute Zero} \]

C
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题意：给定长度为 \(n\) 的序列 \(\{a_n\}\). 操作为每次选定一个值 \(x\)，然后对 \(a_i \rightarrow |a_i-x|\). 最多不能超过 \(40\) 次操作，问能否构造一种方案，使序列中所有的元素都变成 \(0\)？

分析：

首先考虑无法构造方案的情况，容易发现当序列中出现奇偶性不同的数时永远也不可能得到全0序列，而其他情况均可行。特判即可。

对于剩下的情况：

  • 观察数据猜测时间复杂度大概是线性带 log 级别的，容易想到取最大值和最小值的平均值作为 \(x\)，这样使得每一次值域范围都会折半。复杂度合理。

模拟过程即可。

\[\text{Prime XOR Coloring} \]

D
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题意：

分析：

四色定理，典。

容易发现不超过四个颜色就可以完成正确的染色。

考虑 \(1,2,3,4,1,2,3,4...,1,2,3,4,...\) 的构造，发现居然是成立的。

证明也很简单，考虑编号二进制的后两位。显然后两位相同的两个位置异或后的结果必然是合数，则两个位置之间肯定没有连边，也就可以同色。

\[\text{Coloring Game} \]

E
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题意：给你一张连通图和三种颜料，\(A\) 和 \(B\) 博弈，每轮 \(A\) 限制一种颜色不能选择，\(B\) 可以选一个点用剩下两种颜色的一种涂色。涂色完仍然没有一条边上相邻两个点的颜色相同则 \(B\) 胜，否则 \(A\) 胜。问谁必胜？在图上交互。

分析：

思路有点点清奇。。一开始觉得第三种颜色没有用，所以直接想了 \(A\) 持续限制颜料\(3\)的使用时的情况，发现这样的话链好处理，剩下的可以把图拆成若干可重叠的环。此时想到对环的长度进行奇偶分讨。

  1. 当存在奇环时，显然 \(A\) 就必胜了，只须一直限制颜料三的使用，\(B\) 只能在一个环上两种颜料交替涂色，奇环注定会出现同色碰在一起的情况。

  2. 考虑 \(n\) 元偶环。当时构思了一个很古怪的构造，感觉上好像偶环是 \(B\) 必胜。

这时我突然意识到，貌似存在奇环 \(A\) 必胜，否则 \(B\) 必胜。

那怎么构造对抗交互呢？好像我的构造又有点难实现出来，也想不清楚。

然后回头审视一下，其实对于有无奇环的判断，就相当于对图是否为二分图的判断。那么为什么二分图 \(B\) 必胜呢？接下来就准备利用二分图的性质构造了。

考虑到二分图具有左部点集和右部点集，且这两个点集内部两两无边。

考虑尽量使得左部点集都涂 \(1\)，右部点集都涂 \(2\). 因为二分图嘛，这个想法是自然的。但是题目环境下，可能会限制一个颜色不让用，但是不管限制哪个颜色，要么能使用 \(1\)，要么能使用 \(2\)，要么能使用 \(1\) 或者 \(2\)，所以只要左部点集和右部点集都没有被涂满，总能选一个涂上色。如果两个集合里有一个集合中所有点已经被涂满了，那么剩下的点我们能涂对应部点集的颜色就涂这种颜色，不能涂就涂颜料3.

然后就找到正确的构造了。

总结：非常棒的构造+分讨题，赛时最后五分钟过了，没有掉分。。不过本来也没几分。

posted @ 2024-07-29 16:04  Jairon  阅读(49)  评论(0)    收藏  举报