河南萌新联赛2024第（一）场
先给出比赛链接：
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/86639
A 造数
题目问多少次操作可以把0转为n
操作共有三种
- \(+1\)
- \(+2\)
- \(\times 2\)
能够发现操作的数字最大是2，那么这题就可以考虑二进制。三种操作就能这么理解：
- \(末位+1\)
- \(倒数第二位+1\)
- \(左移1位\)
那么我们就能把n转成2进制来求值
以n = 5为例
\(n = 5 = (101)_{2}\)
\( 0 \to 10 \to 100 \to 101 \)
可以发现，当当前位置为0时只需要1次操作就能填好这一位，当当前位置为1时则需要2次操作来填好这一位。
所以我们只需要把n转成二进制01串，然后遍历这个01串（注意不用遍历最高位，因为大于2时最优策略肯定是刚开始先+2）答案加上当前位再加1就行。（注意n为1时需要特判答案为1，为0时则不需要，因为不会进循环）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
auto to2 = [&](ll n) {
string res = "";
while (n) {
res += n % 2 + '0';
n /= 2;
}
return res;
};
ll n = 0;
cin >> n;
if (n == 1) {
cout << 1 << "\n";
} else {
int ans = 0;
string s = to2(n);
int len = s.size();
for (int i = 0; i < len - 1; ++ i) {
ans += 1 + (s[i] - '0');
}
cout << ans << "\n";
}
}
D 小蓝的二进制询问
题目要求区间 [l,r] 中所有整数在二进制下1的个数之和并998244353取模。
对于一个1e18内的数，我们能log级别求出这个数各位上的1的个数
那能否快速求出这个数以内的各位上的1的个数呢？这样我们就能通过类似前缀和的操作来求出区间内的所有的1的个数了。
事实上是可以的
下面是0~16各个数以及它的二进制：（2进制左边为低位）
10进制 |
2进制 |
|---|---|
| \(0\) | \(000000\) |
| \(1\) | \(100000\) |
| \(2\) | \(010000\) |
| \(3\) | \(110000\) |
| \(4\) | \(001000\) |
| \(5\) | \(101000\) |
| \(6\) | \(011000\) |
| \(7\) | \(111000\) |
| \(8\) | \(000100\) |
| \(9\) | \(100100\) |
| \(10\) | \(010100\) |
| \(11\) | \(110100\) |
| \(12\) | \(001100\) |
| \(13\) | \(101100\) |
| \(14\) | \(011100\) |
| \(15\) | \(111100\) |
| \(16\) | \(000010\) |
那么我们就能快速的算出总共有几个循环，就能知道循环部分有多少个1了；再加上非循环部分就能知道1cur这一位上有多少个1了对每一位求和就能知道1cur各位上共有几个1了
但直接这么算由于数据太大很可能会爆ll（即超过ll能表示的数字上限），我们就可以对l - 1 , r分别进行拆位前缀和每一位都用1 ~ r当前位1的个数减去1 ~ l - 1当前位1的个数 再取模就不会爆ll了
constexpr ll mod = 998244353;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
vector<ll> p(63);
p[0] = 1ll;
for (int i = 1; i <= 62; ++ i) {
p[i] = p[i - 1] * 2ll;
}
auto bitprefix = [&](ll n) { // 拆位前缀和
vector<ll> res(64);
for (int i = 0; i <= 61; ++ i) {
if (n / p[i] % 2ll == 1ll) { // 当前位需要考虑非循环部分
res[i] = (n + 1ll) / p[i + 1] * p[i + 1] / 2ll + (n + 1ll) % p[i];// 计算循环部分与非循环部分
} else { // 当前位不需要考虑非循环部分
res[i] = (n + 1ll) / p[i + 1] * p[i + 1] / 2ll; // 计算循环部分
}
}
return res;
};
auto query = [&](ll l , ll r) {
ll res = 0;
vector<ll> sl = bitprefix(l - 1ll);
vector<ll> sr = bitprefix(r);
for (int i = 0; i <= 61; ++ i) {
res += (sr[i] - sl[i]) % mod;
res %= mod;
}
return res;
};
int tt = 1;
cin >> tt;
while (tt--) {
ll l , r;
cin >> l >> r;
cout << query(l , r) << "\n";
}
}
该题的拆位前缀和也能做下面题目
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/85639/D
但是该题实际上用F题提到的异或前缀和更方便
F 两难抉择新编
这题与H类似，但是x的上界缩小了，并且求的不是数组和了，而是数组异或和，即所有的数组元素异或和
异或及其性质
异或在C++中的运算符是 ^
异或可以理解为按位不进位加法
1.异或的逆运算就是异或本身 如果 a ^ b = c ，那么 c ^ b = a
2.异或满足交换律 即 a ^ b == b ^ a
3.异或满足结合律 即 (a ^ b) ^ c == a ^ (b ^ c)
4.异或满足分配律 即 a ^ (b & c) == (a ^ b) & (a ^ c)
对于普通加法可以用高斯定律 sn = (1 + n) * n / 2 快速计算1~n的值
对于异或运算来说也有快速计算1~n各数的异或和的方法，即：
s(n)为1到n的数的异或和
s(n) = 1 , n % 4 == 1
s(n) = 0 , n % 4 == 3
s(n) = n , n % 4 == 0
s(n) = n + 1 , n % 4 == 2
代码实现如下：
auto xorprefix = [&](ll n) {
int flag = n % 4;
if (flag == 0) {
return n;
} else if (flag == 1) {
return 1;
} else if (flag == 2) {
return n + 1;
} else if (flag == 3) {
return 0;
}
};
根据异或的性质，我们并不能直接找到一个操作使得使得数组异或和最大
但是我们可以写出朴素的做法，即对每个数加或者乘可能的x的值算出此时的数组异或和。通过上面提到的异或的性质我们可以知道，当数组异或和为sumxor时，只需要 sumxor ^ a[i] 就能删掉数组中a[i]的贡献，此时再异或上a[i]改变的值就能求出此时的数组异或和，取最大就行了
然而其实这个朴素做法就能AC此题
这其实是一个比较常见的调和级数优化
\( \sum\limits_{i = 1}^{n} \sum\limits_{j = 1}^{\frac{n}{i}} 1 = \sum\limits_{i = 1}^{n} \frac{n}{i} = n \sum\limits_{i = 1}^{n} \frac{1}{i} < n(1 + ln(n)) \)
下面给出证明：
\( \int_{1}^{n} \frac{1}{x} = ln(x) \vert_{1}^{n} = ln(n) \)
通过图像法可知
\( \sum\limits_{i = 2}^{n} (i - (i - 1)) * \frac{1}{i} = \sum\limits_{i = 2}^{n} \frac{1}{i} < \int_{1}^{n} \frac{1}{x} = ln(x) \)
所以
\( \sum\limits_{i = 1}^{n} \frac{1}{i} < 1 + ln(x) \)
这个复杂度是可以容忍的
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
ll n , ans = 0 , sumxor = 0;
cin >> n;
vector<ll> a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
cin >> a[i];
sumxor ^= a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
ll cur = sumxor;
cur ^= a[i];
for (int x = 1; x <= n / i; ++ x) {
ans = max(ans , cur ^ (a[i] + x));
ans = max(ans , cur ^ (a[i] * x));
}
}
cout << ans << "\n";
}
H 两难抉择
这题让我们对数组进行操作来使得数组总和最大
共有两种操作:
\(
1.选择数组中的一个数使之加上x,~~~ x \in [1 , n]
\)
\(
2.选择数组中的一个数使之乘上x,~~~ x \in [1 , n]
\)
已知数组中元素是恒正的，那么要使数组和最大，且只能操作一次，对于操作1来说，自然是x选择n最大才能对数组的贡献最大（无论对哪个数加x贡献都一样）；对于操作2来说，x选择最大的ai乘上n贡献最大
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
ll n;
cin >> n;
vector<ll> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) cin >> a[i];
sort(a.begin(),a.end());
a[n - 1] = max(a[n - 1] + n , a[n - 1] * n);
// 求和函数，for循环直接求也可以
cout << accumulate(a.begin() , a.end() , 0ll) << "\n";
}
I 除法移位
题目要求最多t次循环右移，第几次操作使得数组的第一位元素除以其他所有元素的值最大
当第一个元素变大时，后面必有某个元素变小了，那么此时值一定大于变化前的值，所有我们只需要找到最多t次循环右移，元素的第一位何时最大就行。
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n , t;
cin >> n >> t;
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 0; i < n; ++ i) cin >> a[i];
a[n] = a[0];
int maxn = 0 , maxi = 0 , cur = 0;
for (int i = n; i >= 0 && cur <= t; -- i , ++ cur) {
// 当有多种答案时，输出最小值，故不能取等号
if (a[i] > maxn) {
maxn = a[i];
maxi = cur;
}
}
cout << maxi << "\n";
}
K 图上计数（easy）
你有一张 n 个点 m 条边的无向图，你有无数次删除操作来删除任意条边以获得若干个联通块。定义联通块的大小为其所包含点个数。定义这个图的代价是：你有任意次操作，每次操作合并两个联通块，合并后联通块大小为二者之和，最后剩下两个联通块大小的乘积为此图的代价，若只有一个则代价为0。你需要最大化此图代价。
因为你可以任意删边，也可以随意合并，那么就可以随意构造连通块了。
根据基本不等式链
\( H_{n} = \frac{n}{\sum\limits_{i = 1}^{n} \frac{1}{x_{i}}} = \frac{n}{ \frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} + \dots + \frac{1}{x_{n}}} \)
\( G_{n} = \sqrt[n]{\prod\limits_{i = 1}^{n} x_{i}} = \sqrt[n]{x_{1} x_{2} \dots x_{n}} \)
\( A_{n} = \frac{1}{n} \sum\limits_{i = 1}^{n} x_{i} = \frac{ x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} }{n} \)
\( Q_{n} = \sqrt{ \frac{1}{n} \sum\limits_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} } = \sqrt{ \frac{ x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \dots + x_{n}^{2} }{n} } \)
已知连通块之和为定值，那么两个连通块大小越接近，则这两个连通块的乘积越大
即两个联通块相等或者相差仅为1的时候最大
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
ll n , m;
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
int u , v;
cin >> u >> v;
}
ll ans = ((n) / 2) * ((n + 1) / 2);
cout << ans << "\n";
}
(PS:菜菜，目前只写了6题的题解)
浙公网安备 33010602011771号