Codeforces Round #738 (Div. 2)A~D1手速场
A. Mocha and Math
题意：多组输入，任意次操作，每次操作选取一个区间[l,r]，将\(a_{l+i}\)替换成\(a_{l+i}\)&\(a_{r-i}\)，i是在这个区间的位置，从0开始，操作任意次,问最大值的最小值
分析：显然，在操作任意次的前提下，可以将一个数与任意数相与，所有数都可以达到理论最小值，所以答案就是n个数相与的结果
代码：
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
int n, m, t, k;
int s[N], g[N], dp[N];
void solve()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> s[i];
for (int i = 2; i <= n; i++)
s[i] = s[i] & s[i-1];
cout << s[n] << endl;
}
int main()
{
t = 1;
cin >> t;
while(t--)
solve();
return 0;
}
B. Mocha and Red and Blue
题意：给定一个仅包含B?R的字符串，问号可替换B或R，对于一个字符串，它的代价为相邻元素相同个数最小，要求输出代价最小的字符串
分析：很显然的一个道理，在前面有确定的值的时候，与前面的不一样，绝对不会更差，所以首先将第一个赋值，后面跟着变就好了，有值不变，没值就变与前面不一样的，第一个如果是问号的话，找到第一个不是问号的位置，如果不存在，那第一个的值显然无所谓，哪个都可以，如果存在可以想出他的位置前面绝对是相间排列的，所以可以根据奇偶性算出第一个位置是什么元素。
代码：
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
int n, m, t, k;
int s[N], g[N], dp[N];
char a[N];
void solve()
{
cin >> n;
cin >> a;
int cnt = -1;
for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
if (a[i] != '?')
cnt = i;
if (cnt == -1)
{
for (int i = 0; i < n; i++)
if (i & 1)
printf("B");
else printf("R");
puts("");
return;
}
if (cnt % 2 == 0)
a[0] = a[cnt];
else if (a[cnt] == 'B')
a[0] = 'R';
else a[0] = 'B';
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (a[i] == '?')
{
if (a[i-1] == 'B')
a[i] = 'R';
else a[i] = 'B';
}
printf("%c", a[i]);
}puts("");
}
int main()
{
t = 1;
cin >> t;
while(t--)
solve();
return 0;
}
C. Mocha and Hiking
题意：有n+1个村子，有2n-1条道路，对于位置为i的村庄，他们都有唯一的到达i+1的村庄的单向路，i属于1到n-1，还有n条单向路连接第i个村庄和第n+1个村庄，给出n个数，为0代表可以从该村庄可以直接到n+1，为1代表可以从n+1到该村庄。输出n个经过所有村庄且不重复的路线
分析：如果第n个村庄可以直接到达第n+1个村庄，那么直接输出1到n+1，如果第n+1个村庄可以直接到达第1个村庄，那么输出n+1，在输出1到n，否则一定存在相邻的村庄先到n+1，后从n+1到下一个村庄，因为01的连续性
代码：
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
int n, m, t, k;
int s[N], g[N], dp[N];
void solve()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> s[i];
if (s[n] == 0)
{
printf("1");
for (int i = 2; i <= n + 1; i++)
printf(" %d", i);
puts("");
return;
}
if (s[1] == 1)
{
printf("%d", n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
printf(" %d", i);
puts("");
return;
}
printf("1");
for (int i = 2, j = 0; i <= n; i++)
{
if (j == 0 && s[i] == 1 && s[i-1] == 0) j = 1, printf(" %d", n + 1);
printf(" %d", i);
}
puts("");
return;
}
int main()
{
t = 1;
cin >> t;
while(t--)
solve();
return 0;
}
D1. Mocha and Diana (Easy Version)
题意：给出两个图，都有n个点，一个有m1条边，一个有m2条边，问最多可以连多少条边使得连接后两个图依旧是森林(没有环),输出数量，以此输出连哪几条边
分析：D1的范围是1000，n方暴力去找就好，贪心的想，能连就连就是最优的，而并查集能接近O(1)的复杂度判断两个点是否连通，暴力查找所有连接线，边连接边维护即可
代码：
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
int n, m, t, k;
int s[N], g[N], dp[N], p[N], f[N];
vector<PII> vec;
int pfind(int u)
{
return p[u] == u ? u : p[u] = pfind(p[u]);
}
int ffind(int u)
{
return f[u] == u ? u : f[u] = ffind(f[u]);
}
void solve()
{
int m1, m2;
int a, b;
cin >> n >> m1 >> m2;
for (int i = 1; i <= n; i++)
p[i] = f[i] = i;
for (int i = 1; i <= m1; i++)
{
cin >> a >> b;
p[pfind(a)] = pfind(b);
}
for (int i = 1; i <= m2; i++)
{
cin >> a >> b;
f[ffind(a)] = ffind(b);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
if (pfind(i) != pfind(j) && ffind(i) != ffind(j))
{
p[pfind(i)] = pfind(j);
f[ffind(i)] = ffind(j);
vec.push_back({i, j});
}
}
}
cout << vec.size() << endl;
for (int i = 0; i < vec.size(); i++)
cout << vec[i].x << ' ' << vec[i].y << endl;
}
int main()
{
t = 1;
// cin >> t;
while(t--)
solve();
return 0;
}
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