Codeforces Round #832 (Div. 2) A-D

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A

题解

知识点：贪心。

我们考虑把正数和负数分开放，显然把负数和正数放在一起的结果不会更优。

时间复杂度 $O(n)$

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;
    ll sum1 = 0, sum2 = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        if (x >= 0) sum1 += x;
        else sum2 += -x;
    }
    cout << max(sum2 - sum1, sum1 - sum2) << '\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。

为了破坏每个子序列，我们把 B 扔到最后面即可，但这样太麻烦，还要考虑跳过后面本来就有的 B 。

因此我们选择首末 B 和 N 交换，这样只需要进行一半的对称操作。

时间复杂度 $O(n)$

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;
    cout << (n + 1) / 2 << '\n';
    for (int i = 1, j = 3 * n;i < j;i += 3, j -= 3) {
        cout << i << ' ' << j << '\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：博弈论。

如果 $\forall i\in [2,n]$ 都有 $a_1\leq a_i$ ，A 无论怎么取，不妨假设取了下标 $i$ ，只要 B 取相同下标的，就会导致 $a_1-1 \cdots a_i-1\cdots$ ，回到这种局面，并且数字减一，往复如此， $a_1$ 会在 A 的回合是 $0$ 于是输了。

如果 $\exist i\in[2,n]$ 有 $a_1>a_i$ ，A 取 $a_i$ 中最小的那个，就到了 $\forall i\in [2,n]$ 都有 $a_1\leq a_i$ 但 B 先手的局面，B 输。

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[100007];
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
    bool ok = 0;
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        ok |= a[1] > a[i];
    }
    cout << (ok ? "Alice" : "Bob") << '\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，STL，前缀和。

几个结论：

1. 操作的区间不会交叉。因为交叉一定可以合并成一个完整的区间操作，答案不变，所以操作一定是互不相交的。
2. 区间能操作至 $0$ 的必要条件是异或和为 $0$ 。因为操作本质是异或和，能合并，如果操作可行则合并得到整个区间的异或和也是 $0$ 。

考虑处理出前缀和，和前缀异或和方便计算。在满足必要条件下分类讨论，不满足的无解：

1. 区间全是 $0$ ，不需要操作。

2. 否则，区间长度为奇数，整个操作一次。

3. 否则，若首或尾有 $0$ 元素，则可以拆一个出来得到情况2，操作一次即可。

4. 否则，找到区间内某个分割点，使得区间划分成两个长度为奇数异或和为 $0$ 的区间，回到情况2，操作两次即可。

   注意，不需要考虑划分成两个偶数长度区间，如果有偶数长度划分可行，则一定分别能再被划分成两个奇数长度区间，即得到四个奇数长度异或和为 $0$ 的区间，取前 $3$ 个合并最后变成两个奇数区间，因此一定存在奇数划分。

5. 其他情况无解。

最后考虑情况4如何找到划分点。我们用 map 记录到 $i$ 之前所有出现的异或和最后一次出现的位置，分奇数下标偶数下标分别记录。那么对于一个位置 $i$ ，我们就能找到左侧最近的一个不同奇偶性的位置 $last[i]$ ，使得 $[1,i]$ 和 $[1, last[i] ]$ 的异或和相同，且 $(last[i],i]$ 区间长度为奇数，于是我们就找到了一个划分点。如果划分点小于 $l$ 则不可划分。

时间复杂度 $O(n \log n + q)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
int a[200007], xsum[200007], last[200007];
ll sum[200007];
bool solve() {
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        cin >> a[i];
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
        xsum[i] = a[i] ^ xsum[i - 1];
    }
    map<int, int> mp[2];
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        if (mp[!(i & 1)].count(xsum[i])) last[i] = mp[!(i & 1)][xsum[i]];
        mp[i & 1][xsum[i]] = i;
    }
    while (q--) {
        int L, R;
        cin >> L >> R;
        if ((xsum[R] ^ xsum[L - 1]) == 0) {
            if (sum[R] - sum[L - 1] == 0) cout << 0 << '\n';
            else if ((R - L + 1) & 1 || !a[L] || !a[R]) cout << 1 << '\n';
            else if (last[R] >= L) cout << 2 << '\n';
            else cout << -1 << '\n';
        }
        else cout << -1 << '\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;
}