Codeforces Round #822 (Div. 2) A-F
A
題解
知識點：貪心。
注意到任意三根木棍的相等最優解是最長減最小，因此從小到大排序，三個三個取，取最小值。
時間複雜度 \(O(n\log n)\)
空間複雜度 \(O(n)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll a[307];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
ll ans = a[3] - a[1];
for (int i = 3;i <= n;i++) {
ans = min(ans, a[i] - a[i - 2]);
}
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
題解
知識點：構造。
注意到第 \(i\) 行的房間最多明亮值為 \(i\) ，又發現只需要兩側房間安排火把已經滿足一行最大值，因此直接兩側房間 \(1\) 其他都是 \(0\) 。
時間複雜度 \(O(n^2)\)
空間複雜度 \(O(1)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = 1;j <= i;j++) {
if (j == 1 || j == i) cout << 1 << ' ';
else cout << 0 << ' ';
}
cout << '\n';
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
題解
知識點：貪心，數學。
從小到大，把每一個要刪除的數當作 \(k\) 枚舉倍數，如果是要刪除的數花費一次 \(k\) 刪掉，如果已經刪過則無視，如果不是要刪除的數則停止換下一個 \(k\) 。
時間複雜度 \(O(n\log n)\)
空間複雜度 \(O(n)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int vis[1000007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
char c;
cin >> c;
vis[i] = c == '1';
}
ll sum = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (vis[i] == 1) continue;
for (int j = i;j <= n;j += i) {
if (vis[j] == 1) break;
if (vis[j] == 0) {
vis[j] = 2;
sum += i;
}
}
}
cout << sum << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
題解
知識點：貪心，枚舉。
先選擇一個方向直走，比如先走左側，走到不能再走為止，把盡頭的生命值 \(lnw\) 記錄下。
此時考慮回頭，但顯然在左側盡頭回頭不是一定最優的，應該在走左側過程中生命值和最大處回頭才是最優的，因為這樣在走右側時可以走最多的路，因此在走左側的過程中也要記錄左側的生命和最大值 \(lmx\) 。
同理從 \(lmx\) 回頭走右側時，也是走到盡頭記錄右側最大生命值 \(rmx\) 和盡頭生命值 \(rnw\) 。此時從 \(rmx\) 回頭走左側，應該直接從上一次的左側盡頭位置 \(lnw\) 繼續走。
如此來回往複，直到兩側不能繼續走或者到達兩端為止。
時間複雜度 \(O(n)\)
空間複雜度 \(O(n)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007];
bool solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
int i = k - 1, j = k + 1;
ll lmx = 0, lnw = 0, rmx = 0, rnw = 0;
while (1 <= i && j <= n) {
bool ok = false;
while (1 <= i) {
if (a[k] + lnw + rmx + a[i] < 0) break;
ok = true;
lnw += a[i--];
lmx = max(lmx, lnw);
}
while (j <= n) {
if (a[k] + lmx + rnw + a[j] < 0) break;
ok = true;
rnw += a[j++];
rmx = max(rmx, rnw);
}
if (!ok) break;
}
if (i == 0 || j == n + 1) cout << "YES" << '\n';
else cout << "NO" << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
E
題解
知識點：構造，數學。
注意到，
& & a_{i_1,j_1} + a_{i_2,j_2} \not \equiv a_{i_1,j_2} + a_{i_2,j_1} \pmod n\\
&\Leftrightarrow & a_{i_2,j_2} – a_{i_2,j_1} \not \equiv a_{i_1,j_2} – a_{i_1,j_1} \pmod n
\end{aligned}
\]
猜測一行元素具有線性關係，設 \(i_1\) 行線性係數為 \(k_1\) ，\(i_2\) 行線性係數為 \(k_2\) ，於是有：
&\Leftrightarrow & (j_2-j_1)\cdot k_2 \not \equiv (j_2-j_1)\cdot k_1 \pmod n
\end{aligned}
\]
根據定理：當 \(k > 0\) 時,若 \(kx \equiv ky \pmod n\) ，則 \(x \equiv y\pmod {\frac{n}{gcd(k,n)}}\) 。
於是有：
&\Leftrightarrow & k_2 \not \equiv k_1 \pmod n
\end{aligned}
\]
因此，只要每行之間的線性係數在 \(\mod n\) 意義下不同餘，且在 \((i,i)\) 處經過 \(b_i\) 即可。
顯然，\(i \in [1,n]\) 時即能保證互不同餘，可以當作係數，因此有公式 \(b_{i,j} = (i \cdot (j-i) + b_i) \mod n\) 。
時間複雜度 \(O(n^2)\)
空間複雜度 \(O(n^2)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[357][357], b[357];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> b[i];
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = 1;j <= n;j++) {
a[i][j] = ((i * (j - i) + b[i]) % n + n) % n;
}
}
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = 1;j <= n;j++) {
cout << a[i][j] << ' ';
}
cout << '\n';
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
//cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
F
題解
知識點：記憶化搜索，線性dp，數學，位運算。
先是一個結論：定義函數 \(parity(a)\) 表示 \(a\) 二進位位 \(1\) 的個數的奇偶性（奇數返回 \(1\) ，偶數返回 \(0\)），那麼 \(S_i = parity(i)\) 。
證明非常簡單：
- 由於 \(S\) 的生成方法是每次都從原來的一份取反得到 \(S’\) 放到 \(S\) 末尾，所以第 \(k(k\geq 1)\) 次擴展後 \(S\) 的編號一定是 \([0,2^{k-1}]\) 。
- 對於第 \(k+1\) 次新生成的 \(S’\) 中的每一位編號 \(i’\) ，滿足 \(i』 = i + 2^k\) ，因為編號 \(i\) 的第 \(k\) 位之前一定是 \(0\)，所以這次變換實際上是將編號 \(i\) 的第 \(k\) 位變為 \(1\) 作為編號 \(i’\)。
- 顯然，所有數字都是從編號 \(0\) 開始數次變換得到的，每次變換都會將編號的一位 \(0\) 變為 \(1\) ，因此我們記錄二進位 \(1\) 的數量就能得知這個編號從 \(0\) 變換了多少次。
- \(S_0 = 0\) ，所以編號 \(i\) 有偶數個 \(1\) 就是變了偶數次，故 \(S_i=0\) ，否則 \(S_i = 1\) 。即 \(S_i = parity(i)\) 。
有了這個結論，我們就可以對問題進行量化。記原問題答案為 \(f(n,m)\) ，有 \(f(n,m) = \sum_{i = 0}^{m-1} [parity(i) \neq parity(n+i)]\) 。
當 \(m = 0\) 時，顯然有 \(f(n,0) = 0\) 。
當 \(m\) 為奇數時，先對末尾判斷再對 \(m-1\) 討論（偶數討論方便一點），有 \(f(n,m) = f(n,m-1) + [parity(i) \neq parity(n+i)]\) 。
當 \(m\) 為偶數時：
-
\(n\) 為偶數，有如下關係：
\[\begin{aligned}
&& &parity(2k) \neq parity(n+2k) \\
&\Leftrightarrow& &parity(2k+1) \neq parity(n+2k+1)\\
\end{aligned}
\]因為偶數末尾總是 \(0\) ，加 \(1\) 不會影響其餘的二進位位，所以 \(1\) 的數量明確加 \(1\) ，奇偶性一定同時改變。
\[\begin{aligned}
&& &parity(2k) \neq parity(n+2k) \\
&\Leftrightarrow& &parity(k) \neq parity(\frac{n}{2}+k)
\end{aligned}
\]因為偶數末尾總是 \(0\) ，刪去這個 \(0\) 後，數字奇偶性不變。
那麼有如下公式：
\[\begin{aligned}
f(n,m) &= \sum_{i = 0}^{m-1} [parity(i) \neq parity(n+i)]\\
&= 2\sum_{k = 0}^{\frac{m}{2}-1} [parity(2k) \neq parity(n+2k)]\\
&= 2\sum_{k = 0}^{\frac{m}{2}-1} [parity(k) \neq parity(\frac{n}{2}+k)]\\
&= 2f(\frac{n}{2},\frac{m}{2})
\end{aligned}
\] -
\(n\) 為奇數，有如下關係：
\[\begin{aligned}
&& &parity(2k) \neq parity(n+2k) \\
&\Leftrightarrow& &parity(2k) = parity(n+2k-1)\\
&\Leftrightarrow& &parity(k) = parity(\frac{n-1}{2}+k)\\
\end{aligned}
\]以及，
\[\begin{aligned}
&& &parity(2k+1) \neq parity(n+2k+1) \\
&\Leftrightarrow& &parity(2k) = parity(n+2k+1)\\
&\Leftrightarrow& &parity(k) = parity(\frac{n+1}{2}+k)\\
\end{aligned}
\]證明同上。
\[\begin{aligned}
f(n,m) &= \sum_{i = 0}^{m-1} [parity(i) \neq parity(n+i)]\\
&= \sum_{k = 0}^{\frac{m}{2}-1} ([parity(2k) = parity(n+2k-1)] + [parity(2k) = parity(n+2k+1)])\\
&= \sum_{k = 0}^{\frac{m}{2}-1} ([parity(k) = parity(\frac{n-1}{2}+k)] + [parity(k) = parity(\frac{n+1}{2}+k)])\\
&= m – f(\frac{n-1}{2},\frac{m}{2}) – f(\frac{n+1}{2},\frac{m}{2})
\end{aligned}
\]
至此，我們就可以通過記憶化搜索進行求解了。
時間複雜度 \(O(\log n \log m)\)
空間複雜度 \(O(\log n \log m)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool check(ll a, ll b) {
return __builtin_parityll(a) != __builtin_parityll(b);
}
map<pair<ll, ll>, ll> mp;
ll f(ll n, ll m) {
if (m == 0) return 0;
if (mp.count({ n,m })) return mp[{n, m}];
if (m & 1) return mp[{n, m}] = f(n, m - 1) + check(m - 1, n + m - 1);
if (n & 1) return mp[{n, m}] = m - f(n / 2, m / 2) - f((n + 1) / 2, m / 2);
else return mp[{n, m}] = 2 * f(n / 2, m / 2);
}
bool solve() {
ll n, m;
cin >> n >> m;
cout << f(n, m) << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
