Codeforces Round #822 (Div. 2) A-F
A
题解
知识点：贪心。
注意到任意三根木棍的相等最优解是最长减最小，因此从小到大排序，三个三个取，取最小值。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#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
题解
知识点：构造。
注意到第 \(i\) 行的房间最多明亮值为 \(i\) ，又发现只需要两侧房间安排火把已经满足一行最大值，因此直接两侧房间 \(1\) 其他都是 \(0\) 。
时间复杂度 \(O(n^2)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#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
题解
知识点：贪心，数学。
从小到大，把每一个要删除的数当作 \(k\) 枚举倍数，如果是要删除的数花费一次 \(k\) 删掉，如果已经删过则无视，如果不是要删除的数则停止换下一个 \(k\) 。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#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
题解
知识点：贪心，枚举。
先选择一个方向直走，比如先走左侧，走到不能再走为止，把尽头的生命值 \(lnw\) 记录下。
此时考虑回头，但显然在左侧尽头回头不是一定最优的，应该在走左侧过程中生命值和最大处回头才是最优的，因为这样在走右侧时可以走最多的路，因此在走左侧的过程中也要记录左侧的生命和最大值 \(lmx\) 。
同理从 \(lmx\) 回头走右侧时，也是走到尽头记录右侧最大生命值 \(rmx\) 和尽头生命值 \(rnw\) 。此时从 \(rmx\) 回头走左侧，应该直接从上一次的左侧尽头位置 \(lnw\) 继续走。
如此来回往复，直到两侧不能继续走或者到达两端为止。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#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
题解
知识点：构造，数学。
注意到，
猜测一行元素具有线性关系，设 \(i_1\) 行线性系数为 \(k_1\) ，\(i_2\) 行线性系数为 \(k_2\) ，于是有：
根据定理：当 \(k > 0\) 时,若 \(kx \equiv ky \pmod n\) ，则 \(x \equiv y\pmod {\frac{n}{gcd(k,n)}}\) 。
于是有：
因此，只要每行之间的线性系数在 \(\mod n\) 意义下不同余，且在 \((i,i)\) 处经过 \(b_i\) 即可。
显然，\(i \in [1,n]\) 时即能保证互不同余，可以当作系数，因此有公式 \(b_{i,j} = (i \cdot (j-i) + b_i) \mod n\) 。
时间复杂度 \(O(n^2)\)
空间复杂度 \(O(n^2)\)
代码
#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
题解
知识点：记忆化搜索，线性dp，数学，位运算。
先是一个结论：定义函数 \(parity(a)\) 表示 \(a\) 二进制位 \(1\) 的个数的奇偶性（奇数返回 \(1\) ，偶数返回 \(0\)），那么 \(S_i = parity(i)\) 。
证明非常简单：
- 由于 \(S\) 的生成方法是每次都从原来的一份取反得到 \(S'\) 放到 \(S\) 末尾，所以第 \(k(k\geq 1)\) 次扩展后 \(S\) 的编号一定是 \([0,2^{k-1}]\) 。
- 对于第 \(k+1\) 次新生成的 \(S'\) 中的每一位编号 \(i'\) ，满足 \(i’ = i + 2^k\) ，因为编号 \(i\) 的第 \(k\) 位之前一定是 \(0\)，所以这次变换实际上是将编号 \(i\) 的第 \(k\) 位变为 \(1\) 作为编号 \(i'\)。
- 显然，所有数字都是从编号 \(0\) 开始数次变换得到的，每次变换都会将编号的一位 \(0\) 变为 \(1\) ，因此我们记录二进制 \(1\) 的数量就能得知这个编号从 \(0\) 变换了多少次。
- \(S_0 = 0\) ，所以编号 \(i\) 有偶数个 \(1\) 就是变了偶数次，故 \(S_i=0\) ，否则 \(S_i = 1\) 。即 \(S_i = parity(i)\) 。
有了这个结论，我们就可以对问题进行量化。记原问题答案为 \(f(n,m)\) ，有 \(f(n,m) = \sum_{i = 0}^{m-1} [parity(i) \neq parity(n+i)]\) 。
当 \(m = 0\) 时，显然有 \(f(n,0) = 0\) 。
当 \(m\) 为奇数时，先对末尾判断再对 \(m-1\) 讨论（偶数讨论方便一点），有 \(f(n,m) = f(n,m-1) + [parity(i) \neq parity(n+i)]\) 。
当 \(m\) 为偶数时：
-
\(n\) 为偶数，有如下关系：
\[\begin{aligned} && &parity(2k) \neq parity(n+2k) \\ &\Leftrightarrow& &parity(2k+1) \neq parity(n+2k+1)\\ \end{aligned} \]因为偶数末尾总是 \(0\) ，加 \(1\) 不会影响其余的二进制位，所以 \(1\) 的数量明确加 \(1\) ，奇偶性一定同时改变。
\[\begin{aligned} && &parity(2k) \neq parity(n+2k) \\ &\Leftrightarrow& &parity(k) \neq parity(\frac{n}{2}+k) \end{aligned} \]因为偶数末尾总是 \(0\) ，删去这个 \(0\) 后，数字奇偶性不变。
那么有如下公式：
\[\begin{aligned} f(n,m) &= \sum_{i = 0}^{m-1} [parity(i) \neq parity(n+i)]\\ &= 2\sum_{k = 0}^{\frac{m}{2}-1} [parity(2k) \neq parity(n+2k)]\\ &= 2\sum_{k = 0}^{\frac{m}{2}-1} [parity(k) \neq parity(\frac{n}{2}+k)]\\ &= 2f(\frac{n}{2},\frac{m}{2}) \end{aligned} \] -
\(n\) 为奇数，有如下关系：
\[\begin{aligned} && &parity(2k) \neq parity(n+2k) \\ &\Leftrightarrow& &parity(2k) = parity(n+2k-1)\\ &\Leftrightarrow& &parity(k) = parity(\frac{n-1}{2}+k)\\ \end{aligned} \]以及，
\[\begin{aligned} && &parity(2k+1) \neq parity(n+2k+1) \\ &\Leftrightarrow& &parity(2k) = parity(n+2k+1)\\ &\Leftrightarrow& &parity(k) = parity(\frac{n+1}{2}+k)\\ \end{aligned} \]证明同上。
\[\begin{aligned} f(n,m) &= \sum_{i = 0}^{m-1} [parity(i) \neq parity(n+i)]\\ &= \sum_{k = 0}^{\frac{m}{2}-1} ([parity(2k) = parity(n+2k-1)] + [parity(2k) = parity(n+2k+1)])\\ &= \sum_{k = 0}^{\frac{m}{2}-1} ([parity(k) = parity(\frac{n-1}{2}+k)] + [parity(k) = parity(\frac{n+1}{2}+k)])\\ &= m - f(\frac{n-1}{2},\frac{m}{2}) - f(\frac{n+1}{2},\frac{m}{2}) \end{aligned} \]
至此，我们就可以通过记忆化搜索进行求解了。
时间复杂度 \(O(\log n \log m)\)
空间复杂度 \(O(\log n \log m)\)
代码
#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;
}
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