CF2139虚拟游记
前言
CF2139 \(Div.2\) 难度。
由于刚上大学，开学有很多活动，连参加 vp 的时间都挤不出来。
A.Maple and Multiplication
题面
共 \(t\) 组数据，每组数据：
给定两个数 \(a,b\) ，你可以进行任意次操作：
- 选择一个整数 \(x\) ，然后令 \(a\) 或 \(b\) 乘以 \(x\) 。
求使得 \(a=b\) 的最小操作次数。
思路
非常显然，不妨设 \(a\ge b\) ，则有：
- 若 \(a=b\) ，则最少 \(0\) 次；
- 若 \(b|a\) ，则最少 \(1\) 次 (\(x_b=\frac{a}{b}\)) ；
- 否则 \(2\) 次 (\(x_b=a,x_a=b\)) 。
实现
#include<iostream>
using namespace std;
int tt,a,b;
void solve(){
cin>>a>>b;
if(a<b)swap(a,b);
if(a==b)puts("0");
else if(a%b==0)puts("1");
else puts("2");
}
int main(){
cin>>tt;
while(tt--)solve();
return 0;
}
B.Cake Collection
题面
共 \(t\) 组数据，每组数据：
一共有 \(n\) 个烤箱，每个烤箱 \(i\) 每秒能烤出 \(a_i\) 个蛋糕，你在每一秒可以走到一个烤箱处，然后收集里面的所有蛋糕。
问在 \(m\) 秒内最多收集多少蛋糕。
思路
很简答，直接贪心：
将烤箱按照烤蛋糕个数从大到小排，然后遍历 \({a_n}\) 直到遍历完或 \(m=0\) ：
令 ans+=m*a[i] ，然后 --m 即可。
实现
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int tt,n,m,a[N];
long long ans;
void solve(){
cin>>n>>m;
ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n,[](int x,int y){
return x>y;
});
for(int i=1;i<=n;++i){
if(m==0)break;
ans+=1ll*m*a[i];
--m;
}
cout<<ans<<endl;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>tt;
while(tt--)solve();
return 0;
}
C.Cake Assignment
题面
共 \(t\) 组数据，每组数据：
给定两个整数 \(n,k\) ，你需要进行若干次操作：
刚开始 \(a=b=2^k\)，你可以进行如下操作：
- \(b\leftarrow b+\frac{a}{2},a\leftarrow\frac{a}{2}\) ；
- \(a\leftarrow a+\frac{b}{2},b\leftarrow\frac{b}{2}\) 。
使得最终 \(a=n\) 。
思路
场上思路
首先我们发现答案肯定和二进制有关。
即 \(n\) 的最低位 \(1\) 决定操作次数。
证明
定义 \(llb(x)=\log_2(lowbit(x))\)
刚开始时 \(llb(a)=llb(b)=k\)
于是 \(llb(\frac{a}{2})=llb(\frac{b}{2})=k-1\)
则有 \(a'=\frac{a}{2}/a+\frac{b}{2},b'=b+\frac{a}{2},\frac{b}{2}\)
即 \(llb(a')=llb(b')=k-1\)
同理可得 \(llb(a^{(n)})=llb(b^{(n)})=k-n\)
然后将所有数转化为二进制后，我们发现对于 \(n\) 将其右移至 \(llb(n')=0\) 再将其右移一位后
从小到大遍历 \(n'\) 的二进制数码 \(s\) ，输出 \(s_i+1\) 即可。
但是我也不会证。
题解
我们发现：
- 执行 \(1\) 操作后 \(a>2^k\)
- 执行 \(2\) 操作后 \(b>2^k\)
证明
只考虑 \(1\) 操作：
因为 \(a+b=2^{k+1}\)
而 \(a'=a+\frac{b}{2}=\frac{a}{2}+\frac{a+b}{2}=\frac{a}{2}+2^k>2^k\)
我们倒推即可。
好像我的做法也可以这么证明。
实现
场上
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int tt;
ll k,x,c;
void solve(){
cin>>k>>x;
c=0;
while(x%2==0){
x>>=1;
++c;
}
x>>=1;
cout<<k-c<<endl;
for(int i=1;i<=k-c;++i){
if(x&(1ll<<i-1))cout<<"2 ";
else cout<<"1 ";
}
cout<<endl;
}
int main(){
cin>>tt;
while(tt--)solve();
return 0;
}
题解
#include<iostream>
#include<stack>
#define ll long long
using namespace std;
int tt;
ll a,b,k;
stack<int>ans;
void solve(){
cin>>k>>a;
b=(1ll<<k+1)-a;
while(a!=1ll<<k){
if(a>1ll<<k){
ans.push(2);
a-=b;
b<<=1;
}
else{
ans.push(1);
b-=a;
a<<=1;
}
}
cout<<ans.size()<<endl;
while(!ans.empty()){
cout<<ans.top()<<" ";
ans.pop();
}
cout<<"\n";
}
int main(){
cin>>tt;
while(tt--)solve();
return 0;
}
D.Antiamuny Wants to Learn Swap
题面
定义
对于一个数列 \(A=\{a_n\}\)
给定两种操作：
- 选择一个下标 \(2\le i \le n\) ，然后交换 \(a_i,a_{i-1}\) ；
- 选择一个下标 \(3\le i \le n\) ，然后交换 \(a_i,a_{i-2}\) 。
我们定义：
\(f(A)\) 为只进行 1. 操作，使得 \(A\) 变为单调不降序列的最小操作次数。
\(g(A)\) 为进行至多 \(1\) 次 2. 操作与若干次 1. 操作，使得 \(A\) 变为单调不降序列的最小操作次数。
然后若 \(f(A)=g(A)\) 则称 \(A\) 为好的数列。
共 \(t\) 组数据，每组数据：
给定一个 \(n\) 的排列 \(a_n\) 与 \(m\) 组询问 \((l_i,r_i)\) 。
你需要判断 \(\{a_l,...,a_r\}\) 是否为好的数列。
\(\sum n \le 5\times 10^5\)
思路
首先我们可以发现一个性质：
若存在 $1\le i < j < k \le n $ 满足 \(a_i>a_j>a_k\) ，则数列 \(\{a_n\}\) 一定不是好的数列，反之亦然。
我们对于每个 \(i\) 预处理出最小的满足上述条件的 \(R[i]=k\) 。
那么若 \(r<R[l]\) 就输出 Yes 。
实现
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
int tt,n,sqn,m;
int a[N],mxl[N],mnr[N],R[N],l,r;
void solve(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
mxl[i]=i-1;
R[i]=n+1;
while(mxl[i]>=1&&a[mxl[i]]<a[i])mxl[i]=mxl[mxl[i]];
}
for(int i=n;i>=1;--i){
mnr[i]=i+1;
while(mnr[i]<=n&&a[mnr[i]]>a[i])mnr[i]=mnr[mnr[i]];
}
for(int i=2;i<n;++i){
if(mxl[i]>0&&mnr[i]<=n){
R[mxl[i]]=min(R[mxl[i]],mnr[i]);
}
}
R[n+1]=n+1;
for(int i=n;i>=1;--i)R[i]=min(R[i+1],R[i]);
for(int i=1;i<=m;++i){
cin>>l>>r;
if(r<R[l])cout<<"Yes\n";
else cout<<"No\n";
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>tt;
while(tt--)solve();
return 0;
}
E1.Maple and Tree Beauty (Easy Version)
题面
共 \(t\) 组数据，每组数据：
给定一颗以 \(1\) 为根的大小为 \(n\) 的树，以及一个整数 \(k\) 。
你需要给树上每个节点染上 \(1,0\) 颜色，其中恰好有 \(k\) 个颜色 \(1\) 。
对于叶子节点 \(i\) ，定义 \(s_i\) 为从根到 \(i\) 的路径上的节点颜色组成的字符串
你需要最大化 \(LCS(s_i)\) 的长度。
思路
首先我们发现，我们只需要最大化最长公共前缀 \(S\) 的长度即可。
我们可以贪心地证明：
因为若 \(s_{i,j}=S_{k}\) ，则必有 \(k\le j\) ，如果 \(s_{i,j}\ne S_{k}\) ，则与 \(S_{k}\) 相等的任务就交给了 \(i\) 的深度为 \(j\) 的节点 \(u\) 的儿子。
而其儿子节点的个数一定不小于 \(1\) ，于是所需染色的点更多。
那么我们可以直接 DP 。
实现
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1005;
vector<int>g[N];
int tt,n,k,a[N],h,sum;
bool dp[N],flag;
void dfs(int u,int d){
++a[d];
if(!g[u].size())h=min(h,d);
for(auto v:g[u])dfs(v,d+1);
}
void solve(){int x;
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i]=dp[i]=0;
g[i].clear();
}
for(int i=2;i<=n;++i){
cin>>x;
g[x].push_back(i);
}
h=n;
dfs(1,1);
dp[0]=1;
sum=0;
for(int i=1;i<=h;++i){
for(int j=sum;j>=0;--j)dp[j+a[i]]|=dp[j];
sum+=a[i];
}
if(sum<=k||sum<=n-k){
cout<<h<<endl;
return;
}
for(int i=0;i<=sum;++i){
if(dp[i]){
if(i<=k&&sum-i<=n-k){
cout<<h<<endl;
return;
}
}
}
cout<<h-1<<endl;
}
int main(){
cin>>tt;
while(tt--)solve();
return 0;
}
E2.Maple and Tree Beauty (Hard Version)
题面
和 E1 不同的是， \(1\le k\le n\le 2\times 10^5\)
思路
E1 的题解中， \(dp\) 数组只储存了 \(0/1\) ，可以使用 bitset 维护。
复杂度 \(O(\frac{n^2}{\omega})\) ，可以通过这题。
官方题解中使用了根号分类的思想，将复杂度降低至 \(O(\frac{n\sqrt{n}}{\omega}\) 。
实现
#include<iostream>
#include<bitset>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int tt,n,k,h,a[N],dep[N],son[N],sum;
bitset<N>dp;
void solve(){int x;
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i]=son[i]=0;
}
h=n;
sum=0;
dp.reset();
dp[0]=1;
dep[1]=1;
a[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
cin>>x;
++a[dep[i]=dep[x]+1];
son[x]=1;
}
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!son[i])h=min(h,dep[i]);
}
for(int i=1;i<=h;++i){
dp|=dp<<a[i];
sum+=a[i];
}
if(sum<=k||sum<=n-k){
cout<<h<<endl;
return;
}
for(int i=1;i<=sum;++i){
if(dp[i]&&i<=k&&sum-i<=n-k){
cout<<h<<endl;
return;
}
}
cout<<h-1<<endl;
}
int main(){
cin>>tt;
while(tt--)solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号