CF1635

Min Or Sum

~~手推样例可以发现~~ 每一组的答案即为每一组的二进制数或起来

粗浅证明:对于一组数 $x_{i}, y_{i}$ 最优操作一定是将这两个数变成 $x_{i} | y_{i}, 0$ 那么这样进行到最后就会有 $n - 1$ 个 $0$ 和最后剩下的一个 $a_{1} | a_{2} | \dots | a_{n}$ 输出即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
const int N = 2e5 + 5;
int read()
{
	int f = 1 , x = 0;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit(ch) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit(ch) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}


int n , a[N] , ans;

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		n = read() , ans = 0;
		generate ( a + 1 , a + n + 1 , read );
		for_each ( a + 1 , a + n + 1 , [&](int sum) { ans |= sum; } );
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

Avoid Local Maximums

$B$ 题应该并不是很难的 $d p$ 那么考虑贪心从前往后扫一遍

我们每次操作一定可以消除一个局部最大值(直接将序列削平即可) 考虑每次操作是否可能更优

对于一个局部最大值 $a_{i}$ 我们为了消除这个最大值可以将后一个值 $a_{i + 1}$ 改成 $m a x (a_{i}, a_{i + 2})$

这样我们不仅可以消除 $a_{i}$ 同时也有一定概率将 $a_{i + 2}$ 改为非局部最大值是最优的情况

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
const int N = 2e5 + 5;

int read()
{
	int f = 1 , x = 0;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit(ch) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit(ch) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}


int n , a[N] , ans;

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		n = read() , ans = 0;
		generate ( a + 1 , a + n + 1 , read );
		for ( int i = 2 ; i <= n - 1 ; i ++ )
			if ( a[i] > a[i-1] && a[i] > a[i+1] ) ans ++ , a[i+1] = max ( a[i] , a[i+2] ); 
		cout << ans << endl;
		for_each ( a + 1 , a + n + 1 , [](const int &v) { cout << v << ' '; } );
		cout << endl;
	}
	return 0;
}

Differential Sorting

首先判断简单情况:

如果 $a_{n - 1} > a_{n}$ 那么无解因为无法找到合法的操作使得 $a_{n - 1}$ 减小
如果原序列不降那么直接判断并输出即可

想到这儿就说明一定 $a_{n - 1} \leq a_{n}$ 考虑这两个数怎么使用

如果 $a_{n} \geq 0$ 那么一定可以通过将前面所有数全部修改为 $a_{n - 1} - a_{n}$ 来实现
否则一定无解证明: 目标序列一定全为负数设我们用了 $m$ 步操作达到了目标状态最后一步操作为 $a_{x}, a_{y}, a_{z}$ 那么一定有 $a_{y} \leq a_{z}$ 且 $a_{x} \leq a_{y} - a_{z}$ 移项得 $a_{x} - a_{y} \leq - a_{z}$ 因为 $- a_{z}$ 为正数那么 $a_{x}$ 一定大于 $a_{y}$ 得到矛盾

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
const int N = 2e5 + 5;

int read()
{
	int f = 1 , x = 0;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit(ch) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit(ch) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}


int n , a[N] , ans;

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		n = read();
		generate ( a + 1 , a + n + 1 , read );
		int flag = 1;
		for ( int i = 1 ; i < n ; i ++ ) if ( a[i] > a[i+1] ) { flag = 0; break; }
		if ( flag == 1 ) { cout << 0 << endl; continue; }
		if ( a[n-1] > a[n] || a[n] < 0 ) { cout << -1 << endl; continue; }
		cout << n - 2 << endl;
		for ( int i = 1 ; i <= n - 2 ; i ++ ) cout << i << ' ' << n - 1 << ' ' << n << endl;
	}
	return 0;
}

Infinite Set

极好的思维题

对于题目中的操作 $2 * x + 1$ 可以在二进制下等效为在末尾添加一个 $1$ 而 $4 * x$ 相当于是在末尾添加两个 $0$

那么我们设置 $f [i]$ 代表在末尾添加 $i$ 位的方案数那么显然有 $f [0] = f [1] = 1$ 且 $f [i] = f [i - 1] + f [i - 2]$ 那么我们为 $f$ 数组做前缀和即可

显然对于一个 $a_{i}$ 计入答案即为 $s u m [p - g e t b i t (a [i])]$

其中 $g e t b i t$ 函数为该二进制的的最高位 $1$ 的位置(也就是该二进制数的有效位数)

但是这样会重复计算所以我们对于每一个 $a_{i}$ 进行标记并对于每一个 $a_{i}$ 向前跳状态如果前置状态被标记了那么就说明这个数可以被舍弃

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
#define int long long 
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;

int read()
{
	int f = 1 , x = 0;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit(ch) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit(ch) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}


int n , p , a[N] , ans , f[N] , sum[N];

map<int,int> mp;

int check ( int x )
{
	while ( x )
	{
		if ( x & 1 ) x >>= 1;
		else if ( x % 4 == 0 ) x >>= 2;
		else break;
		if ( mp.count(x) ) return 0;
	}
	return 1;
}

int getbit ( int x )
{
	for ( int i = 30 ; i >= 0 ; i -- )
		if ( x & ( 1 << i ) ) return i + 1;
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , p = read();
	generate ( a + 1 , a + n + 1 , read );
	for_each ( a + 1 , a + n + 1 , [&](const int v) { mp[v] = 1; } );
	f[1] = 1 , f[2] = 2;
	for ( int i = 3 ; i <= p ; i ++ ) ( f[i] = f[i-1] + f[i-2] ) %= mod;
	sum[0] = 1;
	for ( int i = 1 ; i <= p ; i ++ ) ( sum[i] = sum[i-1] + f[i] ) %= mod;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) if ( check(a[i]) && getbit(a[i]) <= p ) ( ans += sum[p-getbit(a[i])] ) %= mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

Cars

偏套路的图论题

我们显然可以发现性质:无关紧要和命中注定的点对都是方向相反的那么我们可以据此建立二分图染色来确定每一个点的方向

这里用 $c o l = 1$ 表示向左 $c o l = 2$ 表示向右 $d f s$ 染色并判断无解

在确定每一个点的方向之后考虑赋值坐标

对于每一组 $o p = 1$ 的点对说明 $c o l = 1$ 的点需要在左面那么从 $c o l = 1$ 的点向 $c o l = 2$ 的点连边表示小于的关系

$o p = 2$ 同理

最后跑拓扑排序并为每一个点在出队的时候赋值即可

如果最后 $i d x \neq n$ 那么说明有点没有覆盖到判断无解即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
const int N = 2e5 + 5;

int read()
{
	int f = 1 , x = 0;
	char ch = getchar();
	while ( !isdigit(ch) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
	while ( isdigit(ch) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int n , m , vis[N] , col[N] , flag = 1 , idx , in[N] , ans[N];

queue <int> q;

vector<int> e[N];
inl void add ( int u , int v ) { e[u].eb(v); }

struct node { int op , u , v; } a[N];

void dfs ( int u , int c )//c=1朝左 c=2朝右
{
	// cout << u << ' ' << c << endl;
	col[u] = c , vis[u] = 1;
	for ( auto v : e[u] )
	{
		if ( col[v] == c ) flag = 0;
		if ( vis[v] ) continue;//这里是continue而不是return
		dfs ( v , 3 - c );
	}
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , m = read();
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) a[i].op = read() , a[i].u = read() , a[i].v = read() , add ( a[i].u , a[i].v ) , add ( a[i].v , a[i].u );
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) if ( !vis[i] ) dfs ( i , 1 );
	if ( !flag ) return cout << "NO" << endl , 0;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) e[i].clear();
	for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		int u = a[i].u , v = a[i].v;
		if ( a[i].op == 1 )
		{
			if ( col[u] == 1 ) add ( u , v ) , ++ in[v];
			else add ( v , u ) , ++ in[u];
		}
		else 
		{
			if ( col[u] == 2 ) add ( u , v ) , ++ in[v];
			else add ( v , u ) , ++ in[u];
		}
	}
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) if ( !in[i] ) q.push(i);
	while ( !q.empty () )
	{
		int u = q.front(); q.pop();
		ans[u] = ++ idx;
		for ( auto v : e[u] ) if ( ! --in[v] ) q.push(v); 
	}
	if ( idx != n ) return cout << "NO" << endl , 0;
	cout << "YES" << endl;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) cout << ( col[i] == 1 ? 'L' : 'R' ) << ' ' << ans[i] << endl;
	return 0;
}

posted @ 2023-10-23 14:13 Echo_Long 阅读(593) 评论(0) 编辑收藏举报

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