Codeforces Round #836 (Div. 2) A-D

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A

题意

给一个字符串 $s$ ，对其加倍，即每个字符后面追加一个相同字符。

加倍后可以重排列，要求构造一个回文串。

题解

知识点：构造。

既然可以重排列了，那顺序是随意的了，直接翻转加在原来的后面。

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;
 
bool solve() {
    string s;
    cin >> s;
    cout << s;
    reverse(s.begin(), s.end());
    cout << s << '\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

题意

构造有 $n$ 个数的序列 $a(1\leq a_i \leq 10^9)$ ，满足：

$$a_1 \oplus a_2 \oplus \cdots \oplus a_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} a_i$$

题解

知识点：构造。

方法一

1. $n$ 为奇数，显然构造一样的 $n$ 个数就行。

2. $n$ 为偶数，仿造奇数情况，尝试在 $n-1$ 个数 $a$ 后加一个数 $b$ ，于是我们只要找到满足 $n(a \oplus b) = (n-1)a + b$ 的 $a$ 和 $b$ 即可。

   假设 $a>b$ ，根据需要满足的条件可以得到 $a \oplus b < a$ ，因此我们需要用 $b$ 通过异或缩小 $a$ 。

   我们假设 $b$ 只会消去一些 $a$ 的二进制位，而不会增加，那么 $a \oplus b = a-b$ ，从而原方程变为 $n(a-b) = (n-1)a + b$ ，解得 $a = (n+1)b$ 。

   我们取 $b = 1$ ，那么 $a = n+1$ ，刚好满足两条假设 $a>b$ 和 $a \oplus b = a-b$ ，因此是合法的。

方法二

1. $n$ 为奇数，构造 $n$ 个 $2$ 。
2. $n$ 为偶数，构造 $n-2$ 个 $2$ ，随后 $1$ 和 $3$ 。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(1)$

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n - 1;i++)  cout << n + 1 << ' ';
    if (n & 1) cout << n + 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;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    if (n == 1) {
        cout << 2 << '\n';
        return true;
    }
    for (int i = 1;i <= n - 2;i++)  cout << 2 << ' ';
    if (n & 1) cout << 2 << ' ' << 2 << '\n';
    else cout << 1 << ' ' << 3 << '\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

题意

给出 $n,x$ ，构造一个长为 $n$ 的排列 $p$ ，满足 $p_1 = x,p_n = 1$ ，且 $p_i$ 是 $i$ 的倍数，其中 $2\leq i \leq n-1$ ，多个答案输出字典序最小的。

题解

方法一

知识点：构造，分解质因数。

注意到 $n \mod x \neq 0$ 时，一定不存在方案。因为 $x$ 不是合法的位置，那么假设 $n$ 放在任意合法的位置，那个位置的数一定会替换在他前面合法位置的数。但这些数一定是 $n$ 的因子，那么一定不是 $x$ 的倍数，替换到最后一定会有一个素数没地方放，因此无解。

如果有解，我们要让字典序最小。因为 $x$ 空出来了，我们可以每次往前提最小的合法的数字，这样字典序最小。

我们可以分解 $d = \frac {n}{x}$ 的质因子，得到 $d = a_1^{k_1}a_2^{k_2}\cdots a_n^{k_n}$ ，每次让当前位置下标乘上目前最小质因子的数填到当前位置，即

$$\begin{aligned} & p_x = a_1x\\ & p_{a_1x} = a_1^2x \\ & \cdots\\ & p_{a_1^{k_1-1}} = a_1^{k_1}x\\ & p_{a_1^{k_1}} = a_1^{k_1}a_2x\\ & \cdots\\ & p_{a_1^{k_1}a_2^{k_2} \cdots a_n^{k_n-1}} = dx = n \end{aligned}$$

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(\sqrt n)$

方法二

知识点：构造，数论。

$n \mod x \neq 0$ 无解。

如果有解，我们先令排列 $x,2,\cdots,x-1,n,x+1,\cdots,n-1,1$ ，然后把 $n$ 往后移。设当前 $p_{cur} = n$ ，如果一个位置 $i$ 满足 $n \mod i = i \mod cur = 0$ 那么可以把 $p_i$ 和 $p_{cur}$ 交换，这样就将小的数字往前提了。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool solve() {
    int n, x;
    cin >> n >> x;
    if (n % x) return false;
    int d = n / x;
    vector<int> ft;
    for (int i = 2;i <= d / i;i++) {
        while (d % i == 0) ft.push_back(i), d /= i;
    }
    if (d > 1) ft.push_back(d);
    reverse(ft.begin(), ft.end());
    cout << x << ' ';
    int mul = 1;
    for (int i = 2;i <= n - 1;i++) {
        if (i == mul * x) cout << ((mul *= ft.back()) * x) << ' ', ft.pop_back();
        else cout << i << ' ';
    }
    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;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool solve() {
    int n, x;
    cin >> n >> x;
    if (n % x) return false;
    vector<int> v(n + 1);
    for (int i = 2;i <= n - 1;i++) v[i] = i;
    v[1] = x;
    v[x] = n;
    v[n] = 1;
    int cur = x;
    for (int i = x + 1;i <= n - 1;i++) {
        if (i % cur == 0 && n % i == 0) swap(v[cur], v[i]), cur = i;
    }
    for (int i = 1;i <= n;i++) cout << v[i] << ' ';
    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;
}

D

题意

构造含有 $n$ 个数的序列 $a(1\leq a_i\leq 10^9)$ ，满足：

$$\max(a_1,a_2,\cdots,a_n) - \min(a_1,a_2,\cdots,a_n) = \sqrt{\sum_{i=1}^n a_i}$$

题解

知识点：构造。

1. $n$ 为偶数时，容易构造等式结果为 $n$ 的序列 $n - \frac{n}{2},\cdots ,n-1,n+1,\cdots ,n - \frac{n}{2}$ 。

2. $n$ 为奇数时，可以仿造 $n$ 为偶数的操作，但发现构造等式结果为 $n$ 的序列是不可能的，原因是数字之间的间隔太小，数字大小上没有操作空间，因此尝试构造等式结果为 $2n$ 的序列。

   同样对称操作，$3n,3n+\lfloor \frac{2n}{n-1} \rfloor,\cdots ,3n+(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor-1) \lfloor \frac{2n}{n-1} \rfloor, 4n,5n-(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor-1) \lfloor \frac{2n}{n-1} \rfloor,\cdots ,5n-\lfloor \frac{2n}{n-1} \rfloor,5n$ 即可。

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;
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    if (n & 1) {
        int d = 2 * n / (n - 1);
        for (int i = 1;i <= n / 2;i++) cout << 3 * n + (i - 1) * d << ' ';
        cout << 4 * n << ' ';
        for (int i = n / 2;i >= 1;i--) cout << 5 * n - (i - 1) * d << ' ';
    }
    else {
        for (int i = n - n / 2;i <= n + n / 2;i++) if (i != n) cout << i << ' ';
    }
    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;
}