Codeforces Round #682 (Div. 2) 题解（A-E）

 

 

题意：构造一个长度为n的数组，使得每个子数组中所有元素的和能被这个子数组的长度整除

 

解题思路：显然，构造一个元素全部相同的数组即可满足要求

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define mul_mod(a,b,c) a=(a*b)%mod
#define add_mod(a,b,c) a=(a+b)%mod
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;
const int maxm=5e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int q;
int n;
int main()
{
    scanf("%d",&q);
    while(q--){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++) cout<<1<<" ";
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

 

 

 

 

题意：给出一个数组b，由数组b可以得到数组a（ai=2^bi,1<=i<=n）,问a数组是否存在两个不想交的区间，区间和相等。

解题思路：由于a数组全是二次幂，通过二进制的性质可得，如果a数组都是互不相同的元素，不可能存在两个区间和相等（因为只有存在相同的二次幂才可能向上进位，进而与其他的二次幂相等）。所以只要判断b数组中是否存在一个元素出现两次即可。

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define mul_mod(a,b,c) a=(a*b)%mod
#define add_mod(a,b,c) a=(a+b)%mod
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;
const int maxm=5e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int q,n;
int main()
{
    scanf("%d",&q);
    while(q--){
        scanf("%d",&n);
        map<int,int> ma;
        int flag=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int t;
            scanf("%d",&t);
            if(ma[t]) flag=1;
            else ma[t]=1;
        }
        if(flag) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
    return 0;
}

 

 

 

题意：给出一个n*m的矩阵，问是否能对其中若干元素加1，使得没有两个相邻元素相等。

解题思路：可以通过下图所示的黑白棋盘得到启发，因为奇偶性不同的数字必然不等，可以通过给元素加1来改变元素的奇偶性，将整个矩阵分成奇数和偶数两种（类比于棋盘的黑白两色）

 

 

 代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define mul_mod(a,b,c) a=(a*b)%mod
#define add_mod(a,b,c) a=(a+b)%mod
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e2+10;
const int maxm=5e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int q,n,m,t;
int main()
{
    scanf("%d",&q);
    while(q--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                scanf("%d",&t);
                if((i+j)%2==t%2)  t++;
                cout<<t<<" ";
            }
            cout<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

 

 

 

 

题意：给出一个数组，可以将数组中三个元素的值同时变成三个元素的异或（ai=aj=ak=(ai^aj^ak）。问能否在n步操作内将数组变成全部相等的元素，能的话请给出操作步数以及具体步骤。

解题思路：

　　通过观察能够发现以下两个特性：

　　1. ax^ax^ay=ay  即两个相同的元素与第三个元素进行异会得到第三个元素

　　2. a1^a2^a3=p1   p1^p1^p1=p1  => 操作前后三个元素的异或得到的值不会改变

　　我们先考虑当n为奇数的情况：

 

a1	a2	a3	a4	a5	a6	a7
p1	p1	p1	a4	a5	a6	a7
p1	p1	p2	p2	p2	a6	a7
p1	p1	p2	p2	p3	p3	p3

 

　　其中：　　p1=a1^a2^a3   　　　p2=a3^a4^a5   　　p3=a5^a6^a7 

　　于是可以根据第一个特性分别将两个p1、p2与p3进行异或，使得全部等于p3

　　同理，所有n为奇数的情况都可以通过上述操作步骤使得数组元素全部相等

　　我们再来考虑n为偶数的情况：

　　首先，根据第二个特性可知整个数组的异或和是不会随着操作改变的，而我们又能清楚最终的结果是元素全部相等，再加上n为偶数，可以得到以下结论：

　　如果存在操作能够使得元素全部相等，那么数组的异或和必为0。

　　如果不为0，则无论如何都不可能使得数组内全部相等。

　　所以可以在一开始把全部元素异或一遍，如果不为0，直接输出NO

　　如果为0，将前面n-1个元素按照n为奇数的处理方式处理一遍，将前面n-1个元素都变成相同的。

　　由于整体异或和为0，所以此时最后一个元素也和前面n-1个元素相等，即全部元素相等，操作完毕。

　　　　　

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define mul_mod(a,b,c) a=(a*b)%mod
#define add_mod(a,b,c) a=(a+b)%mod
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=5e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n;
int a[maxn];
void solveAdd(int n){
    puts("YES");
    printf("%d\n",n-2);
    for(int i=1;i<n;i+=2) printf("%d %d %d\n",i,i+1,i+2);
    for(int i=1;i<n-2;i+=2) printf("%d %d %d\n",i,i+1,n);
}
void solveEven(int n){
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) sum^=a[i];
    if(sum){
        puts("NO");
        return;
    }
    solveAdd(n-1);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    if(n%2) solveAdd(n);
    else solveEven(n);
    return 0;
}

 

 

 

题意：给定一个长度为n（3<=n<=2e5）的数组，问存在多少个长度至少为3区间[l,r]，满足a[l]^a[r]=(a[l+1]+a[l+2]+...+a[r-1])

 

解题思路：通过左右两端点的值来给限定最大值，假设k是a[l]和a[r]中二进制的最高位，则最大值设为1<<(k+1)，

很显然a[l]^a[r]< 1<<(k+1)。通过正反遍历两遍，枚举左右端点，遇到满足的就存入set数组，存入set数组是为了避免重复计算。

时间复杂度为什么是O(2*n*log(Maxa[i])）我还是没懂，证明不了，等到啥时候懂了再补上

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<map>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define mul_mod(a,b,c) a=(a*b)%mod
#define add_mod(a,b,c) a=(a+b)%mod
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;
const int maxm=5e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n;
int a[maxn];
set<ll> se;
int getMax(int x){
    for(int i=1<<30;i;i>>=1){
        if(x&i) return i<<1;
    }
}
int main()
{

    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int l=1;l<n-1;l++){
        ll sum=a[l+1];
        int k=getMax(a[l]);
        for(int r=l+2;r<=n&&sum<=k;r++){
            if((a[l]^a[r])==sum)        se.insert((ll)l*maxn+r);
            sum+=a[r]; 
        }
    }
    for(int r=n;r>=3;r--){
        ll sum=a[r-1];
        int k=getMax(a[r]);
        for(int l=r-2;l>=1&&sum<=k;l--){
            if((a[l]^a[r])==sum)    se.insert((ll)l*maxn+r);
            sum+=a[l];
        }
    }
    cout<<se.size()<<endl;
    return 0;
}