Goodbye 2019

Goodbye 2019

　　2019年过完了，以下是我的年终总结。

　　不不不，这其实是CF那场比赛的题解...

　　构造，构造，交互，真真真真真是做不动；

A

　　这道题比较简单，可以发现每张牌可以用多次，那么持有最大牌的人为什么不每次都出它呢？也就是说，持有最大牌的人必胜。

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# define R register int

using namespace std;

const int N=200;
int n,k1,k2,x;
int a[N],b[N];

void solve()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&k1,&k2);
    int m1=0,m2=0;
    for (R i=1;i<=k1;++i) scanf("%d",&x),m1=max(m1,x);
    for (R i=1;i<=k2;++i) scanf("%d",&x),m2=max(m2,x);
    if(m1>m2) puts("YES"); else puts("NO");
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}

 

B

　　这道题有个简单的做法：看看每一对相邻的数，看看是否有差 $\geq 2$的；为什么呢？首先，如果存在这样的数对，那这两个数就是一组合法方案；其次，一个合法方案里必然包含这样的数对；

　　但是我没有想到这么美妙的做法，而是写了一个稍微复杂的。因为我们需要 $\max-\min\geq r-l+1$；也就是说如果 $\max,\min$ 固定，那么长度越短越可能满足。所以，如果一个区间的端点不是极值，那去掉也无妨。先假设左边最大右边最小，则有$\max+l\geq\min+r+1$，所以从左往右扫，中间记录 $i+a{i}$ 的最大值；再假设左边最小右边最大，则有$\max-r\geq\min-l+1$，同样从左往右扫，记录 $a_i-i+1$ 的最小值；

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# define R register int

using namespace std;

const int N=200005;
int n;
int a[N];

void solve()
{
    int m=0,pos=0;
    scanf("%d",&n);
    for (R i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
    for (R i=1;i<=n;++i)
    {
        if(a[i]+i>=m)
            pos=i,m=a[i]+i;
        if(m>=a[i]+i+1)
        {
            puts("YES");
            printf("%d %d\n",pos,i);
            return;
        }
    }
    m=2e9; pos=0;
    for (R i=1;i<=n;++i)
    {
        if(a[i]-i+1<=m)
            pos=i,m=a[i]-i+1;
        if(m<=a[i]-i)
        {
            puts("YES");
            printf("%d %d\n",pos,i);
            return;
        }
    }
    puts("NO");
}

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--) solve();
    return 0;
}

 

C

　　我一开始见到这道题的时候，只想到一个普适性很低的做法，仅适用于和小于两倍异或和且和为偶数的情况，也就是加入两个 $\frac{2S_{xor}-S}{2}$ ，但是很多时候并不是这种情况，那怎么办呢？题解给出了一种妙妙的解决方案，就是利用 $b_i$ 可以很大的优势，强行把 $S_{xor}$ 变很大，即加入 $2^{50}+(S%2)$，之后就按照我说的做法做就可以了；

　　还有一种方法，更妙一点，就是加入两个数，$S_{xor},S_{xor}+S$，正确性显然；

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# define R register int
# define ll long long

using namespace std;

const int N=100005;
int n,cnt;
ll a[N],b[N];

void write()
{
    printf("%d\n",cnt);
    for (R i=1;i<=cnt;++i)
        printf("%lld ",b[i]);
    printf("\n");
}

void solve()
{
    ll s=0,sx=0; cnt=0;
    scanf("%d",&n);
    for (R i=1;i<=n;++i)
        scanf("%lld",&a[i]),s+=a[i],sx^=a[i];
    if(s==2*sx) return;
    b[++cnt]=sx;
    b[++cnt]=s+sx;
}


int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        solve();
        write();
    }
    return 0;
}

 

D

　　快乐交互，快乐自闭~

　　我一开始胡了一个做法：先询问前k个，把得到的第m大扔出去，再加一个新的进来做询问，这样可以得到 $n-k+1$ 个数字；最后一次询问则是从这些数中选出k个来做询问，因为数字已知，就可以直接得到m了；然而...有可能出现 $n-k+1<k$，这个做法就没了；

　　题解给出的做法十分妙妙：对于前k+1个数，枚举i，每次询问 $x\in[1,k+1],x\neq i$ 这k个数。这样有什么好处呢？如果去掉的是这些数中前m小的，那么返回的就是第m+1大，否则返回的都是前m大；也就是说，只有两种返回结果，而较大的那个返回的次数恰好就是m次，输出即可；

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# define R register int

using namespace std;

const int N=1000;
int n,k,pos,v,ans,m;
int cnt[N];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (R i=1;i<=k+1;++i)
    {
        printf("? ");
        for (R j=1;j<=k+1;++j)
            if(i!=j) printf("%d ",j);
        printf("\n");
        fflush(stdout);
        scanf("%d%d",&pos,&v);
        if(v>=ans) m=pos,ans=v;
        cnt[pos]++;
    }
    printf("! %d\n",cnt[m]);
    fflush(stdout);
}

 

E

　　不 会 了 。 以 后 再 补 吧 ！

F

G

H

I