牛客 周赛110 20251007
牛客 周赛110 20251007
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/118760
A：
题目大意：给定 \(n\) 个白球，每次可以将 \(2,3\) 个白球染为红色，判断通过无限次操作能否将所有球都变为红色
void solve(){
int n;
cin >> n;
if (n == 1) cout << "NO";
else cout << "YES";
}
当且仅当只有一个球时不能全部被染色，因为除 \(1\) 以外的所有正整数都能被表示为 \(2i+3j\) 的形式
B：
题目大意：给定 \(n\) 个元素的数组，重新排列后使得 \(S = (a_1 + a_2) + (a_2+ a_3) +\cdots+(a_{n - 1}+a_{n})\) 的值最大
void solve(){
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (auto &x : a) cin >> x;
sort(a.begin(), a.end());
LL sum = 0;
for (auto x : a) sum += x;
cout << sum * 2 - a[0] - a[1] << '\n';
}
整理方程可以得到 \(S = 2\times\sum\limits_{i = 1} ^n a_i - a_1 -a_2\) ，找到最小的 \(a_1,a_2\) 代入方程可以得到最大的 \(S\)
C：
题目大意：
void solve(){
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (auto &x : a) cin >> x;
int ans = -1;
for (int i = 0; i < n - 1; i ++){
if (a[i] == 0 || a[i + 1] == 0){
if (a[i + 1] == a[i] + 1 || a[i] == a[i + 1] + 1)
ans = max(ans, -1);
else
ans = max(ans, max(a[i], a[i + 1]) - 1);
}else
ans = max(ans, max(a[i], a[i + 1]));
}
cout << ans << '\n';
}
首先对一段序列来说，他的 MAX 一定是他其中的一个元素，要使得 MAX-MEX 最大，那么就是让这个序列的 MEX 最小。又因为一个序列越长他的 MEX 一定不会变小，所以说我们的序列越短越好
遍历这个数组，找每两个相邻的元素，这两个元素组成的序列一定是最优的，每次都判断 MAX 和 MEX 即可找到答案
时间复杂度 \(O(n)\)
D：
题目大意：
void solve(){
int n;
cin >> n;
vector<LL> a(n);
for (auto &x : a) cin >> x;
sort(a.begin(), a.end());
LL md = a[(n - 1) / 2];
LL sum1 = 0, sum2 = 0;
LL mx1 = 0, mx2 = 0;
LL ans = 1e18;
if (n & 1){
LL mdl = a[(n - 1) / 2 - 1];
for (int i = 0; i < n; i ++){
sum1 += abs(a[i] - md);
sum2 += abs(a[i] - mdl);
if (i <= n / 2)
mx1 = max(mx1, md - a[i]);
else
mx2 = max(mx2, a[i] - mdl);
}
ans = min(sum1 - mx1, sum2 - mx2);
cout << ans << '\n';
}else{
int mdr = a[(n - 1) / 2 + 1];
for (int i = 0; i < n; i ++){
sum1 += abs(a[i] - md);
sum2 += abs(mdr - a[i]);
if (i >= n / 2)
mx1 = max(mx1, a[i] - md);
else
mx2 = max(mx2, mdr - a[i]);
}
ans = min(sum1 - mx1, sum2 - mx2);
cout << ans << '\n';
}
}
题目定义的中位数是下标下取整的元素，考虑删去元素后中位数发生的变化
- 如果 \(n\) 为奇数，那么删去下标 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 左边的元素后，中位数不发生变化，删去右边的元素后，中位数变为原来下标 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor - 1\) 的这个元素
- 如果 \(n\) 为偶数，删去下标 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 左边的元素，中位数变成原来下标 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor + 1\) 的这个元素，删去右边的元素中位数不发生改变
对这两种情况分别进行讨论，维护两个平衡度，找在相应范围内最大的 \(a_i - \mathrm{median}\)
最终的答案为根据左右两侧的 \(\sum \lvert a_i -\mathrm{median}\rvert - \mathrm{max}(a_i,\mathrm{median})\) 取较小值
E：
题目大意：
void solve() {
string s;
cin >> s;
const int n = s.size();
s = ' ' + s;
vector<int> a(n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) a[i] = s[i] - '0';
vector<vector<LL>> dp(9, vector<LL>(n + 1, 0));
dp[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
dp[0][i] = 1;
for (int j = 0; j < 9; j ++){
dp[(j + a[i]) % 9][i] += dp[j][i - 1];
}
}
vector<int> sum(9);
for (int i = 0; i < 9; i ++)
sum[i] = accumulate(dp[i].begin() + 1, dp[i].end(), 0);
sum[0] -= n;
int l = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++){
if (a[i] == 0 && l == 0){
l = i;
}else if (a[i] != 0 && l != 0){
LL d = i - l;
l = 0;
sum[0] -= d * (d + 1) / 2;
}
}
if (l){
LL d = n - l + 1;
sum[0] -= d * (d + 1) / 2;
}
LL ans = 0;
for (int i = 0; i < 9; i ++)
ans += 1ll*sum[i] * ((i + 8) % 9 + 1);
cout << ans << '\n';
}
一个数的根其实是这个数的数位之和对 \(9\) 取模的余数，考虑子区间对答案的贡献可以利用计数DP
区间 \(a_{i:j}\) 的余数如果为 \(m\) ，那么这段区间对答案的贡献也为 \(m\)
特别的，如果一段区间对 \(9\) 取模的余数为 \(0\) ，当这个区间的所有元素都为 \(0\) 时显然这个区间对答案是没有贡献的
否则非全 \(0\) 区间对答案的贡献为 \(9\)
定义 \(dp_{i,j}\) 表示以 \(a_j\) 子区间的最后一个元素且前缀和对 \(9\) 取模的余数为 \(i\) 的区间个数
状态转移方程为
记 \(sum_i = \sum\limits_{j} dp_{i,j}\) 表示区间和对 \(9\) 取模的余数为 \(i\) 的所有子区间个数
遍历数组找到所有的全 \(0\) 区间，最后对每个 \(sum_i\) 统计总贡献
需要注意的是，DP过程中，我们初始化 \(dp_{0,j} = 1\) 的原因是我们可以只选取子区间 \([j,j]\) ，存在空前缀和等于 \(0\)
\(dp_{0,j}\) 表示从 \(j\) 开始的子区间，相当于「空前缀 + 当前数位」
F：
题目大意：
void solve(){
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
vector<int> p(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i ++) p[i] = a[i] ^ p[i - 1];
int ans = p[n];
for (int i = 1; i <= n; i ++)
ans = max(ans, p[i] & (p[n] ^ p[i]));
cout << ans << '\n';
}
存在这样一个结论是：通过合并操作可以将序列划分为多个区间，当区间个数为 \(1\) 或者 \(2\) 时才存在最优解
简单证明:
当区间数为奇数时 （\(n\ge3\)），形如 \(x_1,x_2,x_3\) 当这三个数的某一位 \(d_i\) 上都为 \(1\) ，区间 AND 的结果 \(x^\prime\) 的 \(d_i\) 才为 \(1\)
显然如果将这三个区间都合并，那么 \(d_i\) 异或后同样为 \(1\)
这里可以得出如果最终的答案的 \(d_i\) 是 \(1\) ，那么合并奇数个包含 \(d_i = 1\) 的区间一定不会使答案变劣
相反，在某些位置 \(d_j\) 如果既有 \(1\) 又有 \(0\) ，合并奇数个区间后 \(d_j\) 是有可能变为 \(1\) 的
所以对于能合并的奇数个区间一定要合并，所以最终的区间划分情况要么是被划分一整个区间，要么就是两个区间
所以维护一个前缀异或和，枚举每一个区间分裂的位置，统计答案即可
浙公网安备 33010602011771号