Codeforces Round #685 (Div. 2)
Codeforces Round #685 (Div. 2)
A Subtract or Divide
思路：对于偶数直接除 \(2\) 再减 \(1\) ，奇数先减 \(1\) ，然后和偶数相同，小一点的数要特判
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lc (rt << 1)
#define rc ((rt << 1) | 1)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); --i)
#define PE(i, u) for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
typedef long long LL;
const int maxn = 1e6 + 20;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[maxn], n;
int main(int argc, char const *argv[])
{
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--){
scanf("%d", &n);
if(n == 1) {
printf("0\n");
} else if(n == 2){
printf("1\n");
} else if(n == 3){
printf("2\n");
} else if(n % 2 == 0){
printf("2\n");
} else {
printf("3\n");
}
}
return 0;
}
B Non-Substring Subsequence
思路：其实只用看 \(le\) 的左边有没有和 \(s_{le}\) 相同的或者 \(ri\) 的右边有没有和 \(s_{ri}\) 相同的，有一个成立就是 \(YES\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lc (rt << 1)
#define rc ((rt << 1) | 1)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); --i)
#define PE(i, u) for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
typedef long long LL;
const int maxn = 1e6 + 20;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[maxn], n, q;
char s[maxn];
int sum[maxn];
int main(int argc, char const *argv[])
{
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--){
scanf("%d%d", &n, &q);
scanf("%s", s + 1);
rep(i, 1, n){
sum[i] = sum[i - 1];
if(s[i] == '1') sum[i]++;
}
while(q--){
int le, ri;
scanf("%d%d", &le, &ri);
if(s[le] == '1' && sum[le - 1]){
printf("YES\n");
continue;
}
if(s[le] == '0' && sum[le - 1] != le - 1){
printf("YES\n");
continue;
}
if(s[ri] == '0' && sum[n] - sum[ri] != n - ri){
printf("YES\n");
continue;
}
if(s[ri] == '1' && sum[n] - sum[ri]){
printf("YES\n");
continue;
}
printf("NO\n");
}
}
return 0;
}
C String Equality
思路：统计串 \(s\) 和 \(t\) 中 \(a\) 到 \(z\) 的个数，然后从 \(a\) 开始枚举， 如果 \(nums[i] < numt[i]\) ，答案就是 \(No\) ，如果 \(nums[i] >= numt[i]\) ，那么判断 \(nums[i] - numt[i]\) 能不能整除 \(k\) ，若不能，答案就是 \(No\) ，否则 \(nums[i + 1] = nums[i] - numt[i]\) 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lc (rt << 1)
#define rc ((rt << 1) | 1)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); --i)
#define PE(i, u) for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
typedef long long LL;
const int maxn = 1e6 + 20;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[maxn], n, q;
char s[maxn], t[maxn];
int nums[maxn], numt[maxn];
int main(int argc, char const *argv[])
{
int tt;
scanf("%d", &tt);
while(tt--){
scanf("%d%d", &n, &q);
scanf("%s", s + 1);
scanf("%s", t + 1);
sort(s + 1, s + n + 1);
rep(i, 0, 25) nums[i] = numt[i] = 0;
rep(i, 1, n) nums[s[i] - 'a']++;
rep(i, 1, n) numt[t[i] - 'a']++;
int flag = 1;
rep(i, 0, 25){
if(numt[i] > nums[i]){
flag = 0;
break;
}
int res = nums[i] - numt[i];
if(res % q){
flag = 0;
break;
}
nums[i + 1] += res;
}
if(flag) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
return 0;
}
D Circle Game
思路：我们首先找到最大的 \(z\) 使得 \(zk * zk * 2 <= d^{2}\) ，然后判断 \((k*(z + 1)) * (k*(z + 1)) + zk * zk \leq d^{2}\) ，满不满足，若满足，则先手赢，否则后手赢。
证明:
\((k*(z + 1)) * (k*(z + 1)) + zk * zk \leq d^{2}\) 成立 ：容易看出，无论后手玩家如何移动，先手玩家总有方法使得当前坐标的 \(|x - y| == k\) ，所以先手必胜
\((k*(z + 1)) * (k*(z + 1)) + zk * zk \leq d^{2}\) 不成立：容易看出，无论先手玩家如何移动，后手玩家总能使当前坐标 \(|x == y|\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lc (rt << 1)
#define rc ((rt << 1) | 1)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); --i)
#define PE(i, u) for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
typedef long long LL;
const int maxn = 1e6 + 20;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[maxn], n, q;
char s[maxn], t[maxn];
int nums[maxn], numt[maxn];
int main(int argc, char const *argv[])
{
int tt;
scanf("%d", &tt);
while(tt--){
LL d, k;
scanf("%I64d%I64d", &d, &k);
LL cnt = 1;
for(LL i = k; i <= d; i += k){
if(i * i * 2LL <= d * d){
cnt = i / k * 2;
if((i + k) * (i + k) + i * i <= d * d){
cnt++;
}
}
}
if(cnt % 2){
printf("Ashish\n");
} else {
printf("Utkarsh\n");
}
}
return 0;
}
E1 E2 Bitwise Queries
由于直接看的 \(E2\) 所以直接讲最优解
思路：我们先得到 \(a_1\) 和 \(a_2\) 到 \(a_n\) 所有数异或后的值 \(b_2, b_3, b_4, b_5 .... b_n\) ，容易想到只要确定一个数的值，就可以确定其他所有数，然后分两种情况讨论
一、存在相同的数，那么一定存在某两个 \(i, j\) 使得 \(b_i == b_j\) 或者 存在一个 \(i\) 使得 \(b_i == 0\) ，前者可以的得出 \(a_i == a_j\) ，后者可以得出 \(a_1 == a_i\)
然后我们将这两个相同的数 \(AND\) 后的值就是这两个数的值了
二、不存在相同的数，根据题目中 \(n\) 一定是 \(2\) 的次幂，并且 \(0\leq a[i] \leq n - 1\) 的条件，可以得出 \(a\) 是 \(0\) 到 \(n - 1\) 的一个排列， 那么就一定存在一个 \(i\) 使得 \(b_i\)
等于 \(n - 1\) ，这样的 \(a_1\) 和 \(a_i\) 有一个性质，对于二进制上任意一位，如果 \(a_1\) 的值为 \(0\) ，那么 \(a_i\) 一定为 \(1\) ，为 \(1\) 同理，那么我们只要找到任意一个 \(j\) ，
让 \(a_j\) 和 \(a_1, a_i\) 分别 \(AND\) 后得到值 \(c_1, c_i\) ，那么 \(c_1 | c_i\) 的值就是 \(a_j\) 的值了
自己手推一下比较好理解
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lc (rt << 1)
#define rc ((rt << 1) | 1)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); --i)
#define PE(i, u) for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
typedef long long LL;
const int maxn = 1e6 + 20;
const int mod = 1e9 + 7;
int n;
int res[maxn], ans[maxn];
map<int, int> mp;
int main(int argc, char const *argv[])
{
scanf("%d", &n);
int flag = 1;
int id1 = -1, id2 = -1;
for(int i = 2; i <= n; i++){
printf("XOR 1 %d\n", i);
fflush(stdout);
scanf("%d", &res[i]);
if(res[i] == 0){
flag = 0;
id1 = 1, id2 = i;
}
if(mp.count(res[i]) && id1 == -1) {
id1 = mp[res[i]], id2 = i;
flag = 0;
}
mp[res[i]] = i;
}
if(flag == 0){
printf("AND %d %d\n", id1, id2);
fflush(stdout);
int x;
scanf("%d", &x);
ans[id1] = ans[id2] = x;
if(id1 != 1){
ans[1] = x ^ res[id1];
}
printf("! %d ", ans[1]);
rep(i, 2, n){
ans[i] = ans[1] ^ res[i];
printf("%d ", ans[i]);
}
} else {
id1 = id2 = -1;
for(int i = 2; i <= n; i++){
if(res[i] == n - 1){
id1 = 1, id2 = i;
break;
}
}
int id;
if(id2 == 2) id = 3;
else id = 2;
int b1, b2;
printf("AND %d %d\n", id1, id);
fflush(stdout);
scanf("%d", &b1);
printf("AND %d %d\n", id2, id);
fflush(stdout);
scanf("%d", &b2);
ans[id] = b1 | b2;
ans[1] = ans[id] ^ res[id];
printf("! %d ", ans[1]);
rep(i, 2, n){
ans[i] = ans[1] ^ res[i];
printf("%d ", ans[i]);
}
}
return 0;
}
F Nullify The Matrix
思路：我们定义 \(f(x)\) 为 \(a[i_1][j_1] \bigoplus a[i_2][j_2] .... \bigoplus a[i_k][j_k]\) 的值，其中 \(i_k + j_k == x\) ，也就是某一条斜对角线的异或和，如果存在 \(f(x)\) 不为 \(0\) ，那么先手赢，否则后手赢， 具体证明请看官方题解，我也是赛后补的题（菜鸡落泪
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lc (rt << 1)
#define rc ((rt << 1) | 1)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); --i)
#define PE(i, u) for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
typedef long long LL;
const int maxn = 1e6 + 20;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[105][105];
int n, m;
int main(int argc, char const *argv[])
{
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--){
scanf("%d%d", &n, &m);
rep(i, 1, n){
rep(j, 1, m){
scanf("%d", &a[i][j]);
}
}
int flag = 0;
rep(sum, 2, n + m){
int res = 0;
rep(i, 1, sum - 1){
if(!(i >= 1 && i <= n && sum - i >= 1 && sum - i <= m)) continue;
res ^= a[i][sum - i];
}
if(res) {
flag = 1;
break;
}
}
if(flag) printf("Ashish\n");
else printf("Jeel\n");
}
return 0;
}
