Codeforces Round #613 (Div. 2) A-E简要题解
contest链接：https://codeforces.com/contest/1285
A. Mezo Playing Zoma
签到
1 #include<iostream> 2 #include<vector> 3 #include<cstdio> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<cstring> 7 #include<queue> 8 #include<map> 9 using namespace std; 10 const int maxn = 205; 11 typedef long long ll; 12 queue<pair<int,int> > q; 13 map<int,bool> vis; 14 vector<int> v; 15 /* 16 1111111111111111111111111111111111111 17 */ 18 int a[maxn]; 19 int main() 20 { 21 int n; 22 cin>>n; 23 string s; 24 cin>>s; 25 int n1=0,n2=0; 26 for(int i=0;i<s.size();i++) 27 { 28 if(s[i]=='L') 29 n1++; 30 if(s[i]=='R') 31 n2++; 32 } 33 cout<<n2+n1+1; 34 return 0; 35 }
B. Just Eat It!
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define finish(x) return cout << x << endl, 0 4 #define ll long long 5 6 int n; 7 vector <int> a; 8 9 bool solve(){ 10 cin >> n; 11 a.resize(n); 12 for(auto &i : a) cin >> i; 13 ll sum = 0; 14 for(int i = 0 ; i < n ; i++){ 15 sum += a[i]; 16 if(sum <= 0) return 0; 17 } 18 sum = 0; 19 for(int i = n - 1 ; i >= 0 ; i--){ 20 sum += a[i]; 21 if(sum <= 0) return 0; 22 } 23 return 1; 24 } 25 int main(){ 26 ios_base::sync_with_stdio(0); 27 cin.tie(0); 28 int T; 29 cin >> T; 30 while(T--){ 31 if(solve()) cout << "YES\n"; 32 else cout << "NO\n"; 33 } 34 }
C. Fadi and LCM
题意：给一个整数X（1~10^12），找到两个数a,b，使得LCM（a,b） = X，且max（a,b）尽可能地小。
思路：LCM(a,b) = X，则a，b必是X的因子，那么对于X，除去他自己本身，最大的因子不会超过√x，且对于X始终会存在一对a,b互素，LCM（a,b） = X。所以枚举a从√x开始，如果再计算n/a = b，若gcd（a,b） = 1，则就是使得max（a,b）尽可能小的答案了。
AC：
1 #include<iostream> 2 #include<vector> 3 #include<cstdio> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<cstring> 7 #include<queue> 8 #include<map> 9 using namespace std; 10 const int maxn = 205; 11 typedef long long ll; 12 ll gcd(ll a, ll b){ return b?gcd(b,a%b):a; } 13 ll lcm(ll a, ll b){ return a/gcd(a,b)*b; } 14 vector<ll> v1; 15 int main() 16 { 17 ll a,b; 18 ll n; 19 cin>>n; 20 for(int i = sqrt(n);i>=2;i--){ 21 if(n%i == 0){ 22 if(gcd(i,n/i) == 1){ 23 cout<<i<<" "<<n/i; 24 return 0; 25 } 26 } 27 } 28 cout<<1<<" "<<n; 29 return 0; 30 }
D. Dr. Evil Underscores
题意：给n个数a1，a2，a3.....an，找到一个数X，使得X 异或所有的ai ，得到的max（X xor ai）最小，输出这个值。
思路：a的范围是0~230，我们可以以01二进制的形式建一棵深度为30的字典树，每个数ai 的二进制序列插入到字典树中去，例如5 = 101，那么101按位插入到字典树中去。然后从根开始遍历，在字典树上dp，因为该字典树建完后是一棵二叉树，所以分支情况就两种，下一位是0或1，那么如果只遇到1就往1这个分支走，这一位便没有贡献，如果只遇到0就往0这个分支走，这一位也没有贡献，如果遇到的是0和1两个分支，那么必定要加上这一位的贡献，然后递归01两个分支，两者再去min，一直递归到最后一位。
AC代码：
1 #include<iostream> 2 #include<vector> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstdio> 5 #include<algorithm> 6 #include<cmath> 7 #include<cstring> 8 #include<queue> 9 #include<map> 10 using namespace std; 11 typedef long long ll; 12 int trie[6000005][2],cnt ; 13 //bool exist[31*31];// 该结点结尾的字符串是否存在 14 void insert(int a){//建trie树 15 int p = 0; 16 for(int i = 29;i>=0;i--){ 17 int c = (a>>i)&1; 18 if(!trie[p][c]) trie[p][c] = ++cnt; // 如果没有，就添加结点 19 p = trie[p][c]; 20 } 21 // exist[p] = 1; 22 } 23 ll solve(ll cur,int k){ 24 if(k == -1) return 0; 25 if(trie[cur][0] == 0){ 26 return solve(trie[cur][1],k-1);//如果只有1分支 27 } 28 else if(trie[cur][1] == 0){//如果只有0分支 29 return solve(trie[cur][0],k-1); 30 } 31 else{ 32 return (1<<k)+min(solve(trie[cur][0],k-1),solve(trie[cur][1],k-1));//0 1分支都有的情况 33 } 34 } 35 int main() 36 { 37 int n; 38 cin>>n; 39 for(int i = 0;i<n;i++){ 40 ll a;cin>>a; 41 insert(a); 42 } 43 ll ans = solve(0,29); 44 cout<<ans; 45 return 0; 46 }
E. Delete a Segment
题意：给一个数轴上有n个线段集，线段集若有相交，则合并为一个新的合并线段集，比如[1,6]和[2,9]，因为两个线段有相交，所以要合并为[1,9]，先问删掉给定的n个线段集中的任意一个，剩下的n-1个线段组成的新的合并线段集数量最大是多少？
思路：
这道题首先想到的是并查集做法，枚举删除任意一条线段后，剩下的线段组成的集合是多少，取max，这个复杂度有n2 × 并查集复杂度，显然是不行的。那么考虑离散化处理线段左右端点，然后去扫描。
如图所示，线段1，2，3，4离散化处理左右端点，然后排个序并标记一下线段号，开始扫描，扫描到的端点先放入multiset集合中去，最初扫描到线段1的左端点L1，然后是L2，再然后是R1，此时我们发现，线段1已经扫描完比，那么删除这条线段1的左右端点，发现集合中只剩下了L2，且下一个要扫描到的端点是L3，此时就意味着删除点线段2后，线段1和线段3是不相交的，那么删除线段2后，新线段合并集合数量就会+1。同理当扫描到R2时，整个线段2已经扫描完毕，删除集合中线段2左右端点，集合只剩下线段3的左端点，且下一个元素是线段4的左端点，说明线段2和线段4不相交，那么此时删除线段3，就意味着线段2和线段4不相连，新线段合并集合数量就+1，根据以上这个性质，扫描的时候枚举下个元素是左端点还是右端点，记录删除每个线段删除后，合并集合会增加多少，最终拿最初不删除任何线段得到的合并线段集数量+max（删除某一线段增加的数量）就是答案
当然要特判一种情况：
如图所示线段1这种情况，删除这条线段，则新合并集是-1，因为它没有和任何线段有相交，本身就构成一个独立的合并线段集，删除就减少1个合并线段集，特判这种情况即可。
AC代码：
1 #include<iostream> 2 #include<vector> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstdio> 5 #include<algorithm> 6 #include<cmath> 7 #include<set> 8 #include<cstring> 9 #include<queue> 10 #include<map> 11 using namespace std; 12 typedef long long ll; 13 const int maxn = 4e5+10; 14 pair<ll,ll> p[maxn]; 15 int cnt[maxn]; 16 int main() 17 { 18 int t; 19 cin>>t; 20 while(t--){ 21 int n; 22 cin>>n; 23 for(int i = 1;i<=n;i++){ 24 ll l,r; 25 cin>>l>>r; 26 p[2*i-1] = make_pair(l,-i);//离散化记录区间左右端点的位置和区间标号i 27 p[2*i] = make_pair(r,i); 28 cnt[i] = 0; 29 } 30 sort(p+1,p+2*n+1); 31 int ans = 0; 32 multiset<int> s; 33 for(int i = 1;i<=2*n;i++){ 34 if(p[i].second < 0){//如果是左端点，就插入set 35 s.insert(-p[i].second ); 36 } 37 else{ 38 s.erase(s.find(p[i].second));//如果是右端点，就把这个区间删除 39 } 40 if(s.size() == 0) ans++;//如果集合是空，记录一个合并的区间 41 if(s.size() == 1 && p[i].second > 0 && p[i+1].second < 0 && p[i+1].first > p[i].first ){ 42 cnt[*s.begin()]++;//当前是左端点，但是下个是右端点，cnt++ 43 } 44 if(s.size() == 1 && p[i].second < 0 && p[i+1].second >0){ 45 cnt[*s.begin()]--;//特判，如果首先插入地是一段单独区间（l r），去掉这个区间则区间数量-1 46 } 47 } 48 int t = -1; 49 for(int i = 1;i<=n;i++){ 50 t = max(t,cnt[i]); 51 } 52 cout<<ans+t<<endl; 53 } 54 return 0; 55 }
