GBNC 题解
GBNC 题解
这可比平时做的红题难吧。题目以思维为主，和 CCF 的趋势有点挂钩。
题目实际难度：橙-，橙，橙，黄。
不知道从哪听到的消息，说你们的信息思维都特别好，所以就没有大红题了。
T1
思路
这道题我们能用模拟来写。我们可以将这整个询问分为 \(n\) 个小询问。每次询问我们用一个整形 \(num\) 来记录当前队尾的龟最快能在什么时候吃完，每次有龟来我们分 \(2\) 种情况。
我们设当前龟到达时间为 \(t\)，吃海带要 \(k\) 分钟。
-
\(num\leq t\)，我们将 \(num\) 置为 \(t+k\) 后输出。
-
\(num\ge t\) 我们将 \(num\) 加上 \(k\) 并输出。
时间复杂度：\(\Theta(能过)\)
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i<= n; i++){
int k;
cin >> k;
int ntime = 0;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
int tt;
cin >> tt;
if (ntime < tt) {
ntime = tt;
}
ntime += k;
cout << ntime << ' ';
}
cout<<'\n';
}
return 0;
}
T2
这道题来源于我的一个无聊的晚修，想搞一个 DP 自己玩玩，结果想到了一个 div.3 T1 的 IDEA，于是就出出来了。
思路
我们想想，要把 01 串排序，无非就是将 0 往前排，1 往后排吗？如果要让一个数 \(x\) 从位置 \(l\) 按照冒泡排序的方式移动到 \(r\)，那就需要花费 \(r - l\) 的代价，也就是移动距离。
每个 \(1\) 总是要移动到后面，那我们不妨算一下，移动到后面需要多少代价。
手推一下可以知道，若 \(A_x = 1\)，则 \(A_x\) 移动到后面需要比 \(x\) 后的 \(0\) 的个数的代价。因为剩下的距离，要不是已经到头了，要不是早就有前面的 \(1\) 给你垫背。
于是，答案就是，每个 \(A_x = 1\)，其给我们的代价和。
代码上也有实现技巧：从右往左依次统计 \(0\) 的个数，每遇到一个 \(A_x = 1\)，答案和统计出来的个数相加。
时间复杂度：\(\Theta(n)\)
Code
签到题就不给部分分了，：）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;// 个人癖好，以后定义 long long 类型就只用写 ll 了
const int N = 3e6 + 5;
int a[N];
signed main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
ll ans = 0;
int cnt = 0;
for (int i = n; i; i--){
if (a[i] == 0) cnt++;
else ans += cnt;
}
cout << ans;
}
T3
思路
首先观察性质 \(x_1+x_2=x_3+x_4\)，怎么找到四个互异下标满足呢？
注意到是下标，假设 \(x_1<x_2\) 那么有 \(x_1+1+x_2-1=x_1+x_2\) 等式永远满足，\(1\) 为下标移动的步数，我们称它为性质一。
那么对于 \(a_{x_1}+a_{x_2}=a_{x_3}+a_{x_4}\) 同理，我们只需要找到这个公差 \(k\) 使得 \(a_{x_1}+k+a_{x_2}-k=a_{x_1}+a_{x_2}\)，我们称它为性质二。
做法
注意到对于序列中满足性质一的下标都满足性质二，即他们的公差都为 \(k\)，且注意到 \(n\ge 5\) 代表着对于任何下标 \(x\) 都有性质一，那么我们就可以发现序列 \(a\) 一定是一个等差序列，若不满足此特性，直接输出 No 即可。
如果 \(m\le1\) 时，\(p\) 取任何数都不会影响答案，那么直接输出 Yes 即可。
否则就用「等差序列求公差公式」求出公差 \(k\) 依次判断就行了，（不会没有人不知道公式吧......）。
时间复杂度 \(\Theta(m \log_2 m)\)
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 5;
int T;
struct node {
int id;
ll ids;
} a[N];
bool cmp (node a, node b) {
return a.id < b.id;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> a[i].id >> a[i].ids;
if (m == 0 || m == 1) {
cout << "Yes" << '\n';
return 0;
}
sort(a + 1, a + 1 + m, cmp);
if ((a[2].ids - a[1].ids) % (a[2].id - a[1].id) != 0) {
cout << "No" << '\n';
return 0;
}
ll s = (a[2].ids - a[1].ids) / (a[2].id - a[1].id);//公差
for (int i = 1; i < m; i++)
if ((a[i + 1].id - a[i].id) * s != (a[i + 1].ids - a[i].ids)) {
cout << "No" << '\n';
return 0;
}
cout << "Yes" << '\n';
return 0;
}
最后，在 Mason123456 和 __XU__ 的不懈努力下，终于把 G1yu 的代码卡成 \(20 ~ pts\) 力！从此，世上再无骗分，再无错解！！
T4
来源于某次 allqpsi 给 G1yu 的睡前故事被 Mason123456 听到了于是出了这题。
思路
首先，二进制，第一时间想到按位讨论。说白了就是拆位。（这个应该学了吧）
二进制的一个特性，假如现在有从右往左数第 \(x\) 位，其权制为 \(2^x\)，有 \(2^x > \sum_{i = 0}^{x-1}2^i\)，通俗的讲，二进制上任意一个位的权制，都比前面位的权制之和还大。也就是说，在二进制下，我们想要答案更大，就需要二进制下，更多的数出现在高位上。
手推一下，可以知道任意正整数 \(x\) 在二进制下最多有 \(\log_2(x)\) 位。
还有按位与，&，的性质。如果要让答案为 \(1\)，那所有参加运算的数都为 \(1\)。
于是就有了贪心策略：从高位往低位枚举，每次选尽可能多的，那一位是 \(1\) 且之前被选择过的。选择的元素只减不增，到最后一个选择的元素 \(\ge k\) 的按位与和就是答案了。
时间复杂度：\(\Theta(n \log_2 (2 \times 10^9))\)
Code
还是打个注释吧。
#include <iostream>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5 + 5, M = 30;// log2(1e9) 约等于 30，所以最高位是 30 位
int n, k, a[N], vis[N];
int main() {
// freopen("012.in.txt", "r", stdin);
// freopen("012.out.txt", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
vis[i] = 1;// 首先，所有数字都可以被选择
}
for (int i = M; i >= 0; i--) {// 从高位往地位枚举，时间复杂度 log2(max A)
int cnt = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (!vis[j]) continue;
if (vis[j] && (a[j] >> i) & 1) cnt++;
}
if (cnt >= k) {// 如果选择合法，那就选
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (vis[j] && (a[j] >> i) & 1) vis[j] = 1;// 能选就选
else vis[j] = 0;
}
}
}
bool flag = false;
int ans = (1ll << 30) - 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// if (!flag && vis[i]) ans = a[i], flag = true;// 如果一开始 ans = 0，那就没有 & 的意义了。
if (vis[i]) ans &= a[i];
}
if(ans == (1ll << 30) - 1) cout<<0;
else cout << ans;
return 0;
}
部分分思路+代码
作为刚刚语法入门的你们，部分（第四声）分（第一声）也是相当重要的。
T3
20 分做法（1）
打暴力即可。
20 分做法（2）
提示性部分分。
T4
30 分做法
深度优先搜索。是的，暴力比正解还难写。深搜每个数是否要选择。时间复杂度 \(\Theta(2^n)\)。
#include <iostream>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5 + 5;
int n, k;
ll a[N], ans = 0;
void dfs(int v, int chos, ll sum) {
if (chos == k) {
ans = max(ans, sum);
return;
}
if (v == n) return;
dfs(v + 1, chos + 1, sum & a[v]);
dfs(v + 1, chos, sum);
}
int main() {
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
dfs(1, 1, a[1]);
dfs(1, 0, (1ll << 31) - 1);
cout << ans;
return 0;
}
// i have no idea WTF the Code is
40 分做法
i have no idea WTF is the 40 pts.
另外 10 分（1）
所有数都一样，输出那个数即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n, k, v;
cin >> n >> k >> v;
cout << v;
}
另外 10 分（2）
这是一个提示性部分分，和上一个部分分食用效果更佳。
因为 \(A_i = 2^x\)，所以 \(A_i\) 在二进制下只有一个位是 \(1\)，按位与的结果要为 \(1\) 的条件是有 \(k\) 个数都是 \(1\)，所以这个点看有没有 \(k\) 个相同的数，有，输出更大的，没有，输出 \(0\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int, int> mp;
int main() {
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int v;
cin >> v;
mp[v] ++;
}
int maxn = 0;
for (auto &t : mp) {
if (t.second >= k) maxn = max(maxn, t.first);
}
cout << maxn;
}
什么？你看不懂 auto 语法？那。。我好像也没办法，bdfs 吧。
结果
\(30\) 分做法得分：\(30 ~ pts\)
另外 \(10\) 分做法（1）得分：\(25 ~ pts\)
另外 \(10\) 分做法（2）得分：\(35 ~ pts\)
排序之后选 \(k\) 个数按位与得分：\(45 ~ pts\)
mt19937 全责！
结语
因为这玩意，未来几次 Div.3 内部赛的 T1 IDEA 都没了。
浙公网安备 33010602011771号