Codeforces Global Round 29 (Div. 1 + Div. 2) A~E
A - Shortest Increasing Path
思维。
当 \(y>x\) 时，可以走 \(x\rightarrow y\) 两步即可；\(x \ge y + 2\) 时，可以走 \(1 \rightarrow y \rightarrow x - 1\) 三步即可，其余无解。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
void solve() {
int x, y;
cin >> x >> y;
if (y == 1 || y == x) {
cout << "-1\n";
} else if (y > x) {
cout << 2 << "\n";
} else {
if (x >= y + 2) {
cout << 3 << "\n";
} else {
cout << -1 << "\n";
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
B - Multiple Construction
构造。
打表发现的规律，可以诸如 \(n,n-1,...,1,n,1,2,...,n-2,n-1\) 这样去构造即可。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> pos(2 * n + 1), cnt(n + 1), p(2 * n + 1);
auto dfs = [&](auto & self, int idx, int x)->void{
if (cnt[x] > 1 && (idx - pos[x]) % x != 0) {
return;
}
if (idx > 2 * n) {
for (int i = 1; i <= 2 * n; i += 1) {
cout << p[i] << " \n"[i == 2 * n];
}
return;
}
pos[x] = idx;
for (int i = 1; i <= n; i += 1) {
if (cnt[i] > 1) continue;
cnt[i] += 1;
p[idx] = i;
self(self, idx + 1, i);
cnt[i] -= 1;
}
};
// for (int i = 1; i <= n; i += 1) {
// dfs(dfs, 1, i);
// }
for (int i = n; i >= 1; i -= 1) {
cout << i << " ";
}
cout << n << " ";
for (int i = 1; i <= n - 1; i += 1) {
cout << i << " \n"[i == n - 1];
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
C - Rabbits
分类讨论。
之前写的，有点忘了大致就是维护最后一个 \(0\) 是否可以自由选择方向，如果是第一个 \(0\) 或者一长串的 \(0\) 的最后一个，那就都可以自由选，如果是由自由的 \(0\) 转移过来的，那当前 \(0\) 也是可以自由选。
不能自由选的情况就是，左边的没有相隔为 \(2\) 的 \(0\)，或者左边的 \(0\) 已经被锁定了，那就只能看右边存不存在合法 \(0\) 去配对。
这题细节有点多，当时写了个对拍一边拍一边改，还好一发过了。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
cin >> n;
string s;
cin >> s;
s = " " + s;
vector<int> pos;
for (int i = 1; i <= n; i += 1) {
if (s[i] == '0') {
pos.push_back(i);
}
}
if (pos.size() == 1) {
if (pos[0] == 1 || pos[0] == n) {
cout << "YES\n";
} else {
cout << "NO\n";
}
return;
}
int lst = 0;
for (int i = 0; i < pos.size(); i += 1) {
int j = i;
while (j + 1 < pos.size() && pos[j + 1] == pos[j] + 1) {
j += 1;
}
bool f = 0;
if (i - 1 >= 0 && pos[i - 1] == pos[i] - 1) {
f = 1;
}
if (j - i + 1 + f > 1) {
lst = 1;
i = j;
continue;
} else {
if (pos[i] == 1 || pos[i] == n) {
lst = 1;
continue;
}
if (i - 1 >= 0 && pos[i] - pos[i - 1] == 2 && lst) {
lst = 1;
} else if (i + 1 < pos.size() && pos[i + 1] - pos[i] == 2) {
i += 1;
lst = 0;
} else {
cout << "NO\n";
return;
}
}
}
cout << "YES\n";
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
D - Game on Array
思维。
值为偶数的，显然两边同时加减得到的贡献是一样的，那么想让自己得到的更多，显然是去争取奇数值的，所以可以把奇数取出来按照出现的次数排序，Ailce 和 Bob 轮流取，最后算一下偶数的贡献即可。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
cin >> n;
map<int, int> mp, s;
for (int i = 1; i <= n; i += 1) {
int x;
cin >> x;
mp[x] += 1;
}
vector<array<int, 2>> a;
for (auto &[x, y] : mp) {
if (x & 1) {
a.push_back({y, x});
} else {
s[x] += y;
}
}
sort(a.begin(), a.end(), greater<>());
i64 A = 0, B = 0;
for (int i = 0; i < a.size(); i += 1) {
auto [y, x] = a[i];
if (i % 2 == 0) {
A += y;
} else {
B += y;
}
if (x - 1 > 0) {
s[x - 1] += y;
}
}
for (auto &[x, y] : s) {
i64 res = 1LL * x * y / 2;
A += res, B += res;
}
cout << A << " " << B << "\n";
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
E. Maximum OR Popcount
位运算，贪心。
大部分人应该都能想到只要求出每个一的最小花费，然后对于每次询问，去找能满足多少个一就行了。
但是在求第 \(i\) 位的最小花费时，后面就可能不满足全 \(1\) 的条件了，比如 \(2|1|10|6=1111_2\)，把 \(10\) 变成 \(16\) 后，第 \(3\) 位的 \(1\) 就没有了，变成 \(2|1|16|6=10111_2\)。对于这种情况，我们需要继续贪心的往后求每一位都变为 \(1\) 的代价，这才能确保 \(1\) 的个数增加的情况下花费最少。
至于为什么每次都求一遍把 \(i\sim 0\) 全置为 \(1\) 得到增加第 \(i\) 位的代价是最小的，这里有证明[1]。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
void solve() {
int n, q;
cin >> n >> q;
int d = 0;
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i += 1) {
cin >> a[i];
d |= a[i];
}
vector<int> b{0};
for (int j = 0; j <= 30; j += 1) {
if (d >> j & 1) {
continue;
}
int cost = b.back();
for (int k = j; k >= 0; k -= 1) {
int mi = INT_MAX, ok = 0, t = -1;
for (int i = 1; i <= n; i += 1) {
if (a[i] >> k & 1) {
ok = 1;
break;
}
int p = ((1 << k + 1) - 1) & a[i];
int need = (1 << k) - p;
if (need < mi) {
mi = need, t = i;
}
}
if (ok) {
continue;
}
cost += mi;
a[t] >>= k;
a[t] <<= k;
a[t] |= 1 << k;
}
b.push_back(cost);
}
int base = __builtin_popcount(d);
while (q--) {
int x;
cin >> x;
int t = 0;
while (t + 1 < b.size() && b[t + 1] <= x) {
t += 1;
}
cout << base + t << "\n";
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号