TypeDB Forces 2023 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!) A-E

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A

题意

给一个正整数 n ,找到一组正整数 x,yn ,满足 xyy+yxx=n

题解

知识点:数学。

尝试 x=1 ,显然此时 2y=n ,如果 n 为偶数可以直接求得。

又左式无论 x,y 奇偶性结果都是偶数,因此 n 为奇数时无解。

时间复杂度 O(1)

空间复杂度 O(1)

代码

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

给定一个正整数 n ,将其分解为 i=1maipi ,其中 ai 是不同素数的乘积。

i=1maipi 的最大值。

题解

知识点:分解质因数,贪心。

先考虑将 n 质因数分解 i=1maipi ,其中 ai 为素数。

显然,我们可以将不同的素数 aipi,ajpj合并成一个新的数 (aiaj)min(pi,pj) ,这样的答案更优,因此我们考虑合并能合并不同的素数。

时间复杂度 O(n)

空间复杂度 O(1)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void get_pfactor(int n, vector<pair<int, int>> &pfactor) {
for (int i = 2;i * i <= n;i++) {
if (!(n % i)) {
pfactor.push_back({ i,0 });
while (!(n % i)) n /= i, pfactor.back().second++;
}
}
if (n > 1) pfactor.push_back({ n,1 });//最后可能留一个大于sqrt(n)的质数
}
bool solve() {
int n;
cin >> n;
vector<pair<int, int>> pfactor;
get_pfactor(n, pfactor);
vector<ll> v(32, 1);
for (auto [x, y] : pfactor) v[y] *= x;
ll ans = 0;
for (int i = 30;i >= 1;i--) v[i] *= v[i + 1], ans += (v[i] > 1) * v[i];
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;
}

C

题意

给定一组数 ais ,将 ai,i[2,n1] 分解为新的两个非负整数 xi,yi 且满足 (xis)(yis)0

F=a1x2+y2x3++yn1an 的最小值。

题解

知识点:线性dp,贪心。

对于 xi,yi 满足的不等式,可以理解为 xi,yi 要同时大于等于 s 或小于等于 s

考虑对 ai 贪心地分解为一个最小值和一个最大值,即当 ai2s ,可以分解为 xi=s,yi=ais ;当 ai<2s ,可以分解为 xi=max(0,ais),yi=min(s,ai) 。可以如此证明,考虑某一段 yi1xi+yixi+1=(yi1xi+1)xi+aixi+1 ,无论 yi1,xi+1 如何, xi 的极值点一定是在最小值或最大值处,而且这种选择没有后效性,因此分解只需要分解为一个最小值和一个最大值。

接下来我们需要确定最小值和最大值的顺序,考虑设 fi,0/1 表示 a1x2++yi1xixi 是最小值/最大值时 F 的最小值,我们可以通过 fi1,0/1 来转移。

时间复杂度 O(n)

空间复杂度 O(n)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n, s;
cin >> n >> s;
vector<pair<int, int>> p(n + 1);
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
if (i == 1) p[1] = { 1e9,x };
else if (i == n) p[n] = { x,1e9 };
else {
if (x >= 2 * s) p[i] = { s,x - s };
else p[i] = { max(0,x - s),min(x,s) };
}
}
array<ll, 2> f{};
f[0] = f[1] = 0;
for (int i = 2;i <= n;i++) {
array<ll, 2> g{};
auto [x1, y1] = p[i - 1];
auto [x2, y2] = p[i];
g[0] = min(f[0] + 1LL * y1 * x2, f[1] + 1LL * x1 * x2);
g[1] = min(f[0] + 1LL * y1 * y2, f[1] + 1LL * x1 * y2);
f = g;
}
cout << f[0] << '\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

给定 n 个数 ai ,从第 1 个数出发,每次可以跳到第 i+ai 个数,直到跳到 <1>n 的地方游戏结束。

现在可以选择一个数字改成 [n,n] 的任意一个数字,问有多少种改变方式(不改也算一种),能使得游戏结束。

题解

知识点:dfs,枚举。

我们可以把跳转路径画成一张有向图, 0 作为游戏结束的点,那么 10 连通表示游戏一定可以结束。

考虑两类点:

  1. 1 出发能经过的点。
  2. 1 无关的其他点。

对于第二类点,改变他们并不影响 1 到终点的连通状态。因此,当 1 初始已经合法,那么他们能直接贡献 2n+1 个改变方案,否则没有任何贡献。

对于第一类点,我们需要注意,改变他们可能使得 1 无解或路径成环。除去 n+1 种直接导向 0 点的方案,他们只能连接那些能到达 0 且不会使路径成环的点。

对此,我们先给第一类点标记一个到 0 的距离(无穷大表示不可达)。第一类点可以导向距离比他小的第一类点,而反之一定成环。对于第二类点,如果他们能导向某个第一类点,那么我们可以认为他们的距离和这个第一类点是一样的,因为他们能不能使得路径成环,取决于他们导向的那个第一类点的距离大小,于是我们可以用相同的策略判断第二类点是否可以被导向。因此,我们把可达的点的距离排个序,每次可以二分查找得到合法点的个数

时间复杂度 O(nlogn)

空间复杂度 O(n)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n;
int a[200007];
bool vis[200007], vis2[200007];
int dis[200007];
int dfs(int u) {
if (u < 1 || u > n) return 0;
if (vis[u]) return dis[u];
vis[u] = 1;
return dis[u] = dfs(u + a[u]) + 1;
}
int dfs2(int u) {
if (u < 1 || u > n) return 0;
if (vis[u] || vis2[u]) return dis[u];
vis2[u] = 1;
return dis[u] = dfs2(u + a[u]);
}
bool solve() {
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i], dis[i] = 1e9, vis[i] = vis2[i] = 0;
dfs(1);
for (int i = 1;i <= n;i++) dfs2(i);
vector<int> v;
for (int i = 1;i <= n;i++) if (dis[i] < 1e9) v.push_back(dis[i]);
sort(v.begin(), v.end());
ll ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (vis[i]) ans += n + 1 + (lower_bound(v.begin(), v.end(), dis[i]) - v.begin());
else if (dis[1] < 1e9) ans += 2 * n + 1;
}
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;
}

E

题意

给定正整数 n,k,x ,要求分为恰好 k 个非空子序列,使得这 k 个子序列的异或和都为 x

题解

知识点:位运算,贪心,构造。

容易知道,有解的必要条件是 kx 的异或和等于 ai 的异或和。满足必要条件后,我们尝试划分序列。

因为满足了必要条件,那我们如果能分出合法序列,那么序列个数的奇偶性一定和 k 相同,而其他数的异或和一定为 0

我们讨论合法序列个数的最大值情况:

  1. 最大值大于等于 k 一定有解,我们可以把多出来的序列和多余的数全部扔进一个序列里,不会改变异或和。

  2. 最大值小于 k 个一定无解,因为已经是能得到的最大值了。

于是问题变成如何分出最多的合法序列。我们可以通过这样的方法,在 [1,n] 中:

  1. 如果有 x 那就单独分一组。
  2. 对于 i ,如果 xin ,那就 i,xi 两个数分一组。

这样就能得到最多的合法序列。

证明:

为了异或得到 x ,那么我们一定要保证每个序列都有奇数个数,满足在 x 的最高位 1 处也是 1

  1. 假设 [1,n] 中有 m 个数满足在 x 的最高位 1 处也是 1 ,那我们至多可以分 m 个序列。

  2. 对于 m 个数中任意一个数 iix 一定小于 i ,所以一定能找到数 ix 与其对应。同时,根据异或运算的等式性质,可以断定 i,ix 是唯一确定的一对,不会出现一个数被多个数对应,所以我们至少可以分 m 个序列。

因此我们一定能通过 i,ixx 可以直接安排进一个序列)的方式分出最多的序列,共 m 个。

得到最多的合法序列后,判断后即可构造或者无解。

时间复杂度 O(n)

空间复杂度 O(n)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n, k, x;
cin >> n >> k >> x;
int xsum = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) xsum ^= i;
if (xsum != x * (k & 1)) return false;
vector<char> vis(n + 1);
vector<vector<int>> v;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (vis[i] || (x ^ i) > n) continue;
if (i == x) v.push_back({ i });
else v.push_back({ i,x ^ i });
vis[i] = vis[i ^ x] = 1;
}
if (v.size() < k) return false;
cout << "YES" << '\n';
for (int i = 0;i < k - 1;i++) {
cout << v[i].size() << ' ';
for (auto val : v[i]) cout << val << ' ';
cout << '\n';
}
vector<int> r;
for (int i = k - 1;i < v.size();i++) for (auto val : v[i]) r.push_back(val);
for (int i = 1;i <= n;i++) if (!vis[i]) r.push_back(i);
cout << r.size() << ' ';
for (auto val : r) cout << val << ' ';
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 << "NO" << '\n';
}
return 0;
}
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