思维题选记

洛谷 P1146 硬币翻转

首先，有一个关于硬币翻转的性质，就是一个硬币只有翻转奇数次才能反面朝上，这是显然的。这启发我们构造一种能使每个硬币翻转奇数次的方案。

同时，我们发现对完全相同的一组 \(n-1\) 个硬币执行两次及以上的操作是没有意义的，因为执行奇数次的话，就相当于 \(1\) 次。偶数次的话就相当于什么都没有做。所以说方案数最大就是 \(n\) 次，因为不同的操作序列只有 \(n\) 个。

有了以上两个性质，我们便可以构造如下方案：

第 \(i\) 次翻转除第 \(i\) 枚硬币以外的 \(n-1\) 枚硬币，其中 \(1 \leq i \leq n\)。

这样的方案中显然每一枚硬币都被翻转了 \(n-1\) 次，由于 \(n\) 为偶数，所以符合性质一。这样操作次数共有 \(n\) 次，可以证明这是最小的方案数，同时也符合了性质二。这样的方案也是字典序最小的方案，所以这就是正确的解法。

NOIP2000 提高组 进制转换

十进制数转负进制，同样可以使用短除取余法，但是会出现余数为负的情况，例如 \(-11 \div -2 = 5 ~\cdots \cdots -1\)，此时我们可以用如下法方解决此问题：

我们设被除数为 \(a\)，除数为 \(b\)，余数为 \(c\)，商为 \(d\)，其中 \(c<0\) 且 \(b<0\)。

由除法的定义可知 \(a=b \times d +c\)，所以有 \(a=b \times (d+1)+c-b\)，由于余数小于被除数，所以有 \(c \lt b\)，又因为 \(c<0\) 且 \(b<0\)，所以新的余数 \(c-b > 0\)。

所以我们只需要将商加 \(1\)，余数减除数，即可解决余数为负的情况。

洛谷 P2192 HXY玩卡片

如果一个数能被 \(90\) 整除，那么它一定能被 \(9\) 和 \(10\) 整除。

• 能被 \(10\) 整除，那就说面答案的个位数一定是 \(0\)，如果没有 \(0\) 的话就是无解。
• 能被 \(9\) 整除，那就说明答案的各个位加起来的和能被 \(9\) 整除，由于答案仅有 \(0\) 和 \(5\) 组成，所以只需要判断所有 \(5\) 加起来能否被 \(9\) 整除即可。也就是说，如果有 \(x\) 个 \(5\)，那么需要保证 \(5 \cdot x\) 是 \(9\) 的倍数，所以有 \(x \mid 9\)。

有了上面的推导，我们便有了解法：

设一共有 \(x\) 个 \(5\)，因为要满足 \(x \mid 9\)，所以我们最多只能选 \(\lfloor \frac{x}{9} \rfloor \times 9\) 个 \(5\)。因为要求最大，所以把这些 \(5\) 先输出，最后输出有的所有 \(0\)。但是有可能没有足够的 \(5\)，这样就只能输出 \(0\) 了，当然是在有 \(0\) 的情况下。

NOIP1998 提高组 拼数

• 设 \(X\) 为数字 \(x\) 的字符串形式。
• \(A+B\) 表示字符串 \(A\) 和字符串 \(B\) 相连组成的字符串。

既然要构造最优解，显然如果有不优的情况的话，就需要对序列进行调整，具体而言我们可以这样做：

如果有 \(A_{i+1}+A_i>A_i+A_{i+1}\)，其中 \(1 \leq i \lt n\)，那么就交换 \(A_{i+1}\) 和 \(A_i\)，现在 \(A\) 的字典序明显更大了。重复上述操作，直至没有满足上述条件的情况了。

为什么上述做法是对的呢？我们可以考虑用反证法进行证明：

经过上述操作后，设最终序列为 \(T_1 \dots T_n\)，且序列 \(T\) 满足 \(T_{i}+T_{i+1} > T_{i+1}+T_i\)，其中 \(1 \leq i \lt n\)。我们先假设命题不成立，则序列 \(T\) 不是字典序最大的序列，而 \(S\) 是字典序最大的序列，那么 \(S\) 必然有与 \(T\) 不同的地方，则必然有 \(S_{i+1}+S_i>S_i+S_{i+1}\)，此时如果交换 \(S_i\) 和 \(S_{i+1}\)，则必然有更大的字典序，与假设矛盾，故命题成立。

洛谷 P9484 「LAOI-1」GCD

命题 \(1\)：当 \(x\) 和 \(y\) 不连边时时，\(x\) 到 \(y\) 的最短路径中一定有一条只经过一个中转点的路径。

命题 \(2\)：在所有 \(x \rightarrow z \rightarrow y\) 的路径中，\(z=\gcd(x,y)\) 时的路径是最短的。

考虑先证明命题 \(2\)：

首先，可以推导出条件 \(\gcd(i,j)=i,\operatorname{lcm}=j\) 等价于 \(i \mid j\)，也就是说 \(z\) 一定是 \(x\) 和 \(y\) 的一个公倍数/因数，

• 当 \(z\) 为公倍数时，设 \(z=k \times x\)，\(x \rightarrow z\) 的长度 \(d\) 为 \(z-x=(k-1) \times x\)，由于 \(k > 1\)，所以此时 \(d \ge x\)。而 \(z=\gcd(x,y)\) 时，\(x \rightarrow z\) 的长度为 \(x-\gcd(x,y)\)，显然有 \(d > x-\gcd(x,y)\)。同理 \(z \rightarrow y\) 也是不优的，故这种情况是不优的。

• 当 \(z\) 为公因数时，且 \(z < \gcd(x,y)\)，此时的总长度 \(d=x+y-2\times z\)，所以 \(d > x+y-2 \times \gcd(x,y)\)，故这种情况也是不优的。

有了上面的推论，命题 \(2\) 得证。

接下来证明命题 \(1\)：

设 \(i \mid j\)，\(i>j\)，有 \(k\) 满足 \(i \rightarrow k \rightarrow j\)，\(g=\gcd(i,j)\)，由命题 \(2\) 得此时的最短路径 \(d=i+j-2 \times g\)。

对于命题 \(1\)，如果有 \(i-j \le d\)，即 \(i \rightarrow k \rightarrow j\) 可以变成 \(i \rightarrow j\)，那么命题 \(1\) 就是对的。

考虑证明 \(i-j \le d\)：

\[i-j \le i+j-2 \times g \]

\[-2 \times j \le -2 \times g \]

\[g \le j \]

由于 \(\gcd(i,j) \le j\) 成立，所以有 \(i-j \le d\)，故命题 \(1\) 得证。

有了命题 \(1\) 和命题 \(2\)，易得答案为 \(x+y-2 \times \gcd(x,y)\)

洛谷 P2651 添加括号III

为了使最终的结果是一个整数，所以分母要尽可能大，容易发现 \(a_1\) 一定是分子，\(a_2\) 一定是分母，那么最好就是让 \(a_3 \sim a_n\) 全都变成分子，构造方式如下：

\(a_1/(a_2/a_3/ \cdots /a_n)= \frac{a_1 \times a_3 \times a_4 \times \cdots \times a_n}{a_2}\)

所以只需要将每一个 \(a_i~(i \neq 2)\) 与 \(a_2\) 进行约分，即使 \(a_2/\gcd(a_2,a_i)\)，最后看 \(a_2\) 是否为 \(1\) 即可。

蓝桥杯 2013 省 B 翻硬币

首先可知相邻的两个硬币最多只会翻转一次，否则就没有意义，又因为题目保证了没有无解的情况，所以只要出现一个不同的位置，直接翻转即可，这样一定是最优解。

洛谷 P9586 「MXOI Round 2」游戏

在第一回合，小 C 可以直接出杀或斩干掉小 D，即 \(c_1 > d_2\) 或 \(c_3 > d_1\) 的时候， 如果干不掉，那么