Pinely Round 4 (Div. 1 + Div. 2)

题目链接：Pinely Round 4 (Div. 1 + Div. 2)

总结：被B卡了一年。

A. Maximize the Last Element

tag：模拟

Description：给定一个长度为奇数的数组，每次可以删除两个相邻的元素，直到剩下一个元素为止，求该元素的最大值。

Solution：模拟发现之后保留奇数位的值。

void solve(){
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> a[i];
    
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i += 2)
        ans = max(ans, a[i]);

    cout << ans << endl;
}

B. AND Reconstruction

tag：构造

Description：给定一个长为\(n - 1\)的数组\(b\)，构造一个长度为\(n\)的数组\(a\)，满足\(a_i \& a_{i + 1} == b_i\)，否则输出\(-1\)。

Solution：我们令\(a_1 == b_1\)。然后我们发现\(a_i\)会影响\(b_i\)与\(b_{i - 1}\)，那么\(a_i\)包含最少的\(1\)时，必须为\(b_{i - 1} | b_i\)。最后我们令\(a_n == b_{n - 1}\)。

Competing：一开始就想到了，但是思路不清晰，气。

void solve(){
    cin >> n;
    vector<int> b(n), a(n);
    for (int i = 0; i < n - 1; i ++){
        cin >> b[i];
    }
    a[0] = b[0];
    for (int i = 1; i < n - 1; i ++){
        a[i] = b[i] | b[i - 1];
    }
    a[n - 1] = b[n - 2];
    for (int i = 0; i < n - 1; i ++){
        if (b[i] != (a[i] & a[i + 1])){
            cout << -1 << endl;
            return;
        }
    }

    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cout << a[i] << " \n"[i + 1 == n];
}

C. Absolute Zero

tag：构造

Description：给定一个长度为\(n\)的数组，每次操作可以选定一个\(x\)，将\(a_i\)更新为\(|a_i - x|\)。构造一个操作序列不操作\(40\)次，使数组\(a\)全为\(0\).

Solution：模拟几组样例发现，如果数组中所有元素的奇偶性必须相同，否则当一个数变为奇数，另一个数会变成偶数。（开始时这两个数奇偶性不同）。

• 我们只需要每次减去\((r + l) / 2\)，逐渐缩小上界即可。
• 可以使用\(2^{31}, 2^{30}, ... 1\)。逐渐缩小上界。

Competing：将\(r +l\)写为\(r - l\)

void solve(){
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i ++){
        cin >> a[i];
    }
    sort(a.begin(), a.end());
    for (int i = 1; i < n; i ++){
        if ((a[i] - a[i - 1]) & 1){
            cout << -1 << endl;
            return;
        }
    }
    if (a[0] == a[n - 1]){
        if (a[0] == 0){
            cout << 0 << endl << endl;
            return;
        }
        cout << 1 << endl;
        cout << a[0] << endl;
        return;
    }

    vector<int> ans;
    while (a[0] != a[n - 1]){
        int t = (a[n - 1] + a[0]) / 2;
        ans.eb(t);
        for (int i = 0; i < n; i ++){
            a[i] = abs(a[i] - t);
        }
        sort(a.begin(), a.end());
    }
    if (a[0] != 0)
        ans.eb(a[0]);
    cout << ans.size() << endl;
    for (int i = 0; i < ans.size(); i ++)
        cout << ans[i] << " \n"[i + 1 == ans.size()];

}

D. Prime XOR Coloring

tag：构造

四色定理：“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1234这四个数字之一来标记而不会使相邻的两个区域得到相同的数字。”这里所指的相邻区域是指有一整段边界是公共的。如果两个区域只相遇于一点或有限多点就不叫相邻的。

Description：有\(n\)个顶点，编号从\(1\)到\(n\)，当\(u \oplus v\)为质数时，\(u\)和\(v\)之间有一条边。用最少的颜色给所有顶点染色，要求相邻顶点的颜色不能相同。

Solution：考虑哪些点之间连边太难，考虑哪些点之间不连边。

• 根据四色定理知，当\(n >= 6\)时，一定需要四种颜色。
• 考虑所有质数，发现除了\(2\)都是奇数。\(2\)的二进制\(01\)，\(3\)的二进制\(10\)，\(4\)的二进制\(00\)。那么我们对\(4\)取余，\(mod4\)相同的数异或之后一定不是质数。
• 然后特判\(n <= 5\)。

void solve(){
    cin >> n;
    if (n == 1){
        cout << 1 << endl << 1 << endl;
    }
    else if (n == 2){
        cout << 2 << endl;
        cout << 1 << " " << 2 << endl;
    }
    else if (n == 3){
        cout << 2 << endl;
        cout << "1 2 2\n";
    }
    else if (n == 4){
        cout << 3 << endl;
        cout << "1 2 2 3\n";
    }
    else if (n == 5){
        cout << 3 << endl;
        cout << "1 2 2 3 3\n";
    }
    else{
        cout << 4 << endl;
        for (int i = 1; i <= n; i ++){
            cout << (i % 4) + 1 << " \n"[i == n];
        }
    }
}

E. Coloring Game

tag：二分图 + 交互

Description：给定一个图，一共\(n\)轮操作，每轮操作：

• \(Alice\)选择三个颜色中选择两个颜色（\(1, 2, 3\)）。
• \(Bob\)选择一个未染色的顶点进行染色。
• 如果存在相邻顶点颜色相同\(Alice\)赢，否则\(Bob\)赢。
• 你需要选择玩家，并给出获胜策略。

Solution：显然\(Alice\)想赢每次给出两个相同的颜色最好。模拟一下发现如果是二分图则\(Bob\)必赢，否则\(Alice\)必赢。

• 如果不是二分图，\(Alice\)获胜，每次输出\(1, 2\)即可。
• 如果是二分图\(Bob\)获胜，先用\(1\)或者\(2\)将其中一种颜色染完，剩下的一种用\(3\)进行染色。因为\(1\)的个数加\(2\)的个数等于\(n\)，因此必定有一种颜色会被染完。

void solve(){
    cin >> n >> m;
    vector g(n, vector<int>());
    vector st(n, -1);

    for (int i = 0; i < m; i ++){
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        x --, y --;
        g[x].eb(y);
        g[y].eb(x);
    }
    
    bool flag = true;
    vector<int> f1, f2;
    auto dfs = [&](auto self, int x, int fa, int c) -> void {
        st[x] = c;
        if (c == 1){
            f1.eb(x);
        }
        else
            f2.eb(x);
        for (auto i : g[x]){
            if (i == fa)
                continue;
            if (st[i] == -1){
                self(self, i, x, !c);
            }
            else{
                if (st[i] == c){
                    flag = false;
                }
            }
        }
    };
    dfs(dfs, 0, -1, 1);
    if (flag){
        cout << "Bob" << endl;
        int s1 = f1.size(), s2 = f2.size();
        for (int i = 0; i < n; i ++){
            int a, b;
            cin >> a >> b;
            if (a > b)
                swap(a, b);
            if (a == 1){
                if (s1){
                    s1 --;
                    cout << f1.back() + 1 << " " << a << endl;
                    f1.pop_back();
                }
                else{
                    s2 --;
                    cout << f2.back() + 1 << " " << b <<  endl; 
                    f2.pop_back();
                }
            }
            if (a == 2){
                if (s2){
                    s2 --;
                    cout << f2.back() + 1 << " " << a <<  endl;
                    f2.pop_back();
                }
                else{
                    s1 --;
                    cout << f1.back() + 1 << " " << b << endl;
                    f1.pop_back();
                }
            }
        }
    }
    else{
        cout << "Alice" << endl;
        for (int i = 1; i <= n; i ++){
            int a, b;
            cout << "1 2" << endl;
            cin >> a >> b;
        }
    }
}

F. Triangle Formation

tag：大氛围结论 + 小范围暴力

Description：给定\(n\)根木棍，每根木棍的长度为\(a_i\)。有\(q\)次询问，每次询问给定\(l, r\)。判断每次询问是否能选出\(6\)根木棍组成两个三角形。\(l <= i <= r, r - l + 1 >= 6, 1 <= a_i <= 10^9, 1 <= q <= 10^5\)。

Solution：最长的不能组成三角形的序列：斐波拉契序列，因为\(a_1 + a_2 == a3\)，那么\(a_1 + a_2 <= a4\)。我们尽可能维护前置条件。

• 根据\(a_i <= 1e9\)，我们得到当\(F_{48}\)时，最大。因此序列长度超过\(48\)时，一定能够组成三角形。我们令区间长度为\(60\)，那么当\(r - l >= 60\)时，一定有解。

• 考虑\(r - l <= 60\)，我们先将区间内的数排序。要想三边构成三角形，那么三条边要即可能接近。如给定\(a, b, c\)，需要满足\(a + b <= c\)，假设\(b\)固定，那么\(a\)要尽可能大，\(c\)要尽快能小。因此三条边越接近越好。如果能从区间内找到两个无交集的三角形区间即符合条件。

• 考虑连续\(6\)个数组成两个三角形，假设现在有\(7\)个数\(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\)。第一个三角形为\({1, 6, 7}\)，那么第二个三角形为\({2, 3, 4}或{3,4,5}\)。如果为\({2, 3, 4}\)，那么\({1, 6, 7}\)不如\({5, 6, 7}\)。同理如果为\({3, 4, 5}\)，那么\({1,6,7}\)不如\({2, 6, 7}\)。

• 假设现在有\(a, b, c, d, e, f\)六条边。其中\(f\)一定是长边，\(a, b\)一定是短边。

  • 如果\(c\)是长边，则\(a + b > c, d + e > f\)，已讨论。
  • 如果\(d\)是长边，则\(a + b > d, c + e > f; a + c > d, b + e > f; b + c > d, a + e > f\)，三种情况。
  • 如果\(e\)是长边，则\(a + b > e, c + d > f; a + c > e, b + d > f;a + d > e, b + c > f;b + c > e, a + d > f\)，四种情况。

void solve(){
    int q;
    cin >> n >> q;
    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        cin >> a[i];
    
    while (q --){
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        if (r - l >= 60){
            cout << "YES\n";
        }
        else{
            vector<int> b;
            for (int i = l; i <= r; i ++)
                b.eb(a[i]);
            sort(b.begin(), b.end());
            int len = b.size();
            
            int mi = -1, ma = -1;
            for (int i = 1; i + 1 < len; i ++){
                if (b[i - 1] + b[i] > b[i + 1]){
                    if (mi == -1){
                        mi = i;
                        continue;
                    }
                    ma = i;
                }
            }
            if (ma - mi >= 3){
                cout << "YES\n";
            }
            else{
                bool ok = false;
                for (int i = 0; i + 5 < len; i ++){
                    vector<int> c(6);
                    for (int j = 0; j < 6; j ++)
                        c[j] = b[i + j];
                    if (c[0] + c[1] > c[3] && c[2] + c[4] > c[5]){
                        ok = true;
                        break;
                    }
                    else if (c[0] + c[2] > c[3] && c[1] + c[4] > c[5]){
                        ok = true;
                        break;
                    }
                    else if (c[1] + c[2] > c[3] && c[0] + c[4] > c[5]){
                        ok = true;
                        break;
                    }
                    else if (c[0] + c[1] > c[4] && c[2] + c[3] > c[5]){
                        ok = true;
                        break;
                    }
                    else if (c[0] + c[2] > c[4] && c[1] + c[3] > c[5]){
                        ok = true;
                        break;
                    }
                    else if (c[0] + c[3] > c[4] && c[1] + c[2] > c[5]){
                        ok = true;
                        break;
                    }
                    else if (c[1] + c[2] > c[4] && c[0] + c[3] > c[5]){
                        ok = true;
                        break;
                    }
                }
                if (ok)
                    cout << "YES\n";
                else
                    cout << "NO\n";
            }
        }
    }
}