CF-1110 (2019/02/08)
CF-1110
A. Parity
- 快速幂的思想，考虑最后一位即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll b,k;
ll a[100010];
int main(){
scanf("%lld%lld",&b,&k);
for(int i=0;i<k;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
ll ans = 0;
ll base = 1;
for(int i=0;i<k;i++){
ans = (ans+a[k-i-1]*base)%10;
base = base*b%10;
}
if(ans%2)puts("odd");
else puts("even");
return 0;
}
可以再多想一想。
$$n = a_1\cdot b^{k-1} + a_2\cdot b^{k-2} + \cdots + a_{k-1} \cdot b + a_k$$
- b为偶数时，n的奇偶性只与\(a_k\) 有关
- b为奇数时，\(b^k\) 为奇数，所有n的奇偶性只与 a 序列中奇数个数有关。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int b,k,i,x,y;
int main(){
for(cin>>b>>k;i<k;i++)
cin>>x,y+=x%2;
cout<<((b%2?y%2:x%2)?"odd":"even");
}
B. Tape
n == k 时直接输出 n 就好
n <= k 时，一些点要合并，由于合并产生的操作可能会使一段上面有多个点，所以我们要先把 k 个点都用长度为 1 的去填好。之后合并的时候只需要考虑点与点之间的距离即可（YY一下，你就知道）
- 当 k 等于 n，则直接输出 n
- 当 k 小于 n，则先把k段用长度为1补齐，再加上 (n-k) 段比较小的距离。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int a[100010];
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=n-1;i>0;i--)
a[i] = a[i]-a[i-1];
sort(a+1,a+n);
int ans = k;
for(int i=1;i<=(n-k);i++)
ans += a[i];
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C. Meaningless Operations
根据 Note 可以得知只要凑出一个 0 ，就可能得到最大的gcd。
-
当 \(a\neq (2^x -1)\) , 则一定可以找到一个 b 使得
- $ a \oplus b = 2^x -1$ , \(a \& b = 0\)
-
当 \(a = (2^x - 1)\) ，则可以发现
$$gcd( a\oplus b, a&b) = gcd(2^x-1-b,b) = gcd(2^x-1,b)$$
- 因为 \(gcd(x,x+y) = gcd(x,y)\)
- 所以只需要找到 a 的最大因数（非a) 即可。
-
复杂度\(O(q\sqrt m)\) 。但是可以打表做（也可以直接暴力求）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int po[30];
int res[30] = {0,1,1,1,5,1,21,1,85,73,341,89,1365,1,5461,4681,21845,1,87381,1,349525,299593,1398101,178481,5592405,1082401,22369621};
void init(){
po[0] = 1;
for(int i=1;i<30;i++)
po[i] = po[i-1]*2;
}
bool check(int x){
for(int i=1;i<30;i++)
if(x==po[i]-1)
return true;
return false;
}
int calc(int x){
int num =0;
while(x)
{
x/=2;
num++;
}
return num;
}
int main(){
init();
int q;
cin>>q;
while(q--){
int n;
cin>>n;
if(check(n)){
int num = calc(n);
cout<<res[num]<<endl;
}
else{
for(int i=1;i<30;i++){
if(n>=po[i]&&n<po[i+1]){
cout<<po[i+1]-1<<endl;
break;
}
}
}
}
}
D. Jongmah
-
(好难的dp，其实早在 HDU-6188 就出现过了
-
首先这个题或许可以贪心，但是目前没找到正确的贪心策略（几乎都是dp
首先考虑什么状态（我不是自己想到的，但是知道这样做之后慢慢琢磨确实应该这么做
状态需要转移，那么我们需要保留那些结果？
-
d[i][j][k]：j 个 [i-1,i,i+1]，k 个 [i,i+1,i+2]时的最大组合数 -
转移：
d[i+1][k][l] = max( d[i+1][k][l], d[i][j][k] + l + (a[i+1]-j-k-l)/3) ) -
答案为
d[m+1][0][0]，（总长度为m）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int a[1000100];
int d[1000100][3][3];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0,x;i<n;i++){
scanf("%d",&x);
a[x]++;
}
int ans = 0;
d[0][0][0] = 0;
for(int i=0;i<=m;i++)
for(int j=0;j<3;j++)
for(int k=0;k<3;k++)
for(int l=0;l<3&&l+k+j<=a[i+1];l++)
d[i+1][k][l] = max(d[i+1][k][l],d[i][j][k]+l+(a[i+1]-j-k-l)/3);
cout<<d[m+1][0][0]<<endl;
return 0;
}
E. Magic Stones
考虑差分：\(d_i = c_{i+1} - c_i\)
交换前后：$ c_j -> c_j^{’} = c_{j+1} + c_{j-1} - c_j$
- \(d_{j-1}^{'} = c_j^{'} -c_{j-1} = c_{j+1} + c_{j-1} - c{j} - c_{j-1} = c_{j+1}-c_j = d_j\)
- \(d_j^{'} = c_{j+1}-c_j^{'} = c_{j+1} - (c_{j+1} + c_{j-1} -c_j) = c_j - c_{j-1} = d_{j-1}\)
只需比较 c 和 d 的差分序列是否相同即可。等等，你还需要注意一点，头和尾是不能变化的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int c[100010],d[100010];
multiset<int> s1,s2;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&c[i]);
if(i)s1.insert(c[i]-c[i-1]);
}
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&d[i]);
if(i)s2.insert(d[i]-d[i-1]);
}
if(c[0]!=d[0]||c[n-1]!=d[n-1])puts("No");
else if(s1==s2)puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
summary ：
- B题想太多了，一开始考虑合并覆盖点很复杂。看到过的人逐渐增多意识到自己想多了，直接莽了一发中了。至于证明时后来才想的
- 做C题时才发现自己原来不会打表。总共只有25个特殊数据直接一个数组搞定而我一开始却是在打表找规律？最后意识到太蠢之后竟然抄数字还抄错
- D题dp，一言难尽。慢慢积累吧
- E题差分，前几天刚做了差分，然而这道题当时没时间仔细想了。不过并不难的，看到序列中出现相邻作差的操作就要考虑差分了。
