CF1592

Gamer Hemose

一定是用前两大的来打那么将 $a$ 排序后将 $h$ 模上 $(a [n - 1] + a [n])$ 即可最后剩下一点血量特判即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define mid (l+(r-l>>1))
#define pii pair<int,int>
#define lson ls,l,mid
#define rson rs,mid+1,r
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
#define print(x) cout<<#x<<'='<<x<<endl
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e3 + 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 , h , a[N];

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		n = read() , h = read();
		for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read();
		sort ( a + 1 , a + n + 1 );
		int ans = h / ( a[n-1] + a[n] ) * 2;
		h %= ( a[n-1] + a[n] );
		if ( h == 0 ) { cout << ans << endl; continue; }
		if ( h <= a[n] ) ans += 1;
		else ans += 2;
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

Hemose Shopping

一开始想的是对于一个不降段判断能不能给它们转开但是 $W A$ 了打开题解()

如果 $x * 2 \leq n$ 那么显然我们可以任意移动两个点的位置

对于 $x * 2 > n$ 的情况一定有一部分点是不能移动的那么我们将原数组的备份排序对于不能移动的点就跟原数组比较看是否相等即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define mid (l+(r-l>>1))
#define pii pair<int,int>
#define lson ls,l,mid
#define rson rs,mid+1,r
#define fi first
#define se second
#define getchar() cin.get()
#define print(x) cout<<#x<<'='<<x<<endl
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 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 , x , a[N] , b[N];
int check ()
{
	sort ( b + 1 , b + n + 1 );
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		if ( i - x < 1 && i + x > n )
			if ( a[i] != b[i] ) return 0;
	return 1;
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		n = read() , x = read();
		for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = b[i] = read();
		if ( x * 2 <= n ) cout << "YES" << endl;
		else cout << ( check() ? "YES" : "NO" ) << endl;
	}
	return 0;
}

Bakry and Partitioning

诈骗题

如果整个树异或起来和为 $0$ 的话我们任意断掉一条边都是可以的

那么如果异或起来不是 $0$ 的而是 $c$ 的话那么一定是三个连通块异或起来答案为 $c$ (每一个连通块答案都为 $c$ ) 是最优(如果可以有更多奇数连通块我们可以将任意两个合并并消去)

我们对于这种情况在树上进行 $d f s$ 即可遇到一个异或起来为 $c$ 的联通块就剪掉最后统计是否有大于等于三个的奇数连通块即可

注意根节点不会被统计到要特殊统计

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define getchar() cin.get()
#define print(x) cout<<#x<<'='<<x<<endl
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 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 a[N] , n , k , res , cnt , sum[N];

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

void dfs ( int u , int ff )
{
	sum[u] = a[u];
	for ( auto v : e[u] )
		if ( v ^ ff )
		{
			dfs ( v , u );
			if ( sum[v] == res ) ++ cnt;
			else sum[u] ^= sum[v];
		}
	if ( u == 1 && sum[u] == res ) ++ cnt;
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	int T = read();
	while ( T -- )
	{
		res = cnt = 0;
		n = read() , k = read();
		for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , res ^= a[i] , e[i].clear();
		for ( int i = 1 , u , v ; i < n ; i ++ ) u = read() , v = read() , add ( u , v ) , add ( v , u );
		if ( res == 0 ) cout << "YES" << endl;
		else if ( k >= 3 )
		{
			dfs(1,0);
			cout << ( cnt >= 3 && cnt & 1 ? "YES" : "NO" ) << endl;
		}
		else cout << "NO" << endl;
	}
	return 0;
}

Hemose in ICPC ?

首先 $g c d$ 是只减不增的那么我们相当于是询问这棵树上的最大边

看到 $1 e 3$ 的点集大小和 $12$ 次询问不难想到需要用 $l o g n$ 次询问

那么我们先用一次询问来问出最大边权是多少然后二分出这个边的两个端点

为了保证二分的每一个点集都是一个连通块我们考虑在欧拉序上二分这样可以保证连通性

在交互的时候我们必须为点集去重...

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define mid (l+r>>1)
#define getchar() cin.get()
#define print(x) cout<<#x<<'='<<x<<endl
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e3 + 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 a[N] , n , k , dfn[N] , cnt;

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

void dfs ( int u , int ff )
{
	dfn[++cnt] = u;
	for ( auto v : e[u] )
		if ( v ^ ff )
		{
			dfs ( v , u );
			dfn[++cnt] = u;
		}
}

int check ( int l , int x )
{
	set<int> s;
	for ( int i = l ; i <= x ; i ++ ) s.insert(dfn[i]);
	cout << "? " << s.size() << ' ';
	for ( auto v : s ) cout << v << ' ';
	cout << endl << flush;
	return read();
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read();
	for ( int i = 1 , u , v ; i < n ; i ++ ) u = read() , v = read() , add ( u , v ) , add ( v , u );
	dfs ( 1 , 0 );
	int l = 1 , r = cnt;
	int res = check(l,r);
	while ( r - l > 1 )
	{
		if ( check ( l , mid ) == res ) r = mid;
		else l = mid;
	}
	cout << "! " << min ( dfn[l] , dfn[r] ) << ' ' << max ( dfn[l] , dfn[r] ) << endl << flush;
	return 0;
}

Bored Bakry

考虑什么时候我们与起来才严格大于异或:

存在一个二进制位在这个子段中二进制表示全都是 $1$ 且比它更高的所有二进制位全部打平(即异或起来和与起来都是 $0$ )

对于某一个特定的二进制位 $d$ 由于我们需要这一段二进制都为 $1$ 那么我们不会越过有 $0$ 的二进制数那么我们可以考虑在两个该位二进制为 $0$ 的数之间进行统计

考虑为高于 $d$ 位的二进制数记录一个 $m a p [x] = i$ 表示上一个出现该状态 $x$ 的最近位置 $+ 1$

那么我们记录一个前缀二进制状态 $s u m$ 来更新 $m a p$ 如果 $v i s$ 过该状态那么统计否则更新状态即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define mid (l+r>>1)
#define getchar() cin.get()
#define print(x) cout<<#x<<'='<<x<<endl
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e6 + 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);
	n = read();
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read();
	map<int,int> pre;
	for ( int d = 0 ; d <= 20 ; d ++ )
	{
		pre.clear();
		pre[0] = 1;
		int sum = 0;
		for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) 
		{
			if ( ( a[i] & ( 1 << d ) ) == 0 )
			{
				sum = 0 , pre.clear() , pre[0] = i + 1;
				continue;
			}
			sum ^= ( a[i] >> d );
			if ( !pre.count(sum) ) pre[sum] = i + 1;   
			else ans = max ( ans , i - pre[sum] + 1 );
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

Alice and Recoloring 1

较为简单的 $v e r s i o n$

考虑对于整张图进行转化 $B$ 为 $1$ $W$ 为 $0$ 令每一个点的权值代表该节点本身作为左上角的 $2 \times 2$ 矩阵的异或奇偶性

因为顺推或者逆推都是一样的那么我们将目标转化为让整张图的权值均变为 $0$

这样我们可以得出 $1$ 操作只会修改想要的 $(x, y)$ 节点

$4$ 操作会修改 $(n, m)$ $(x - 1, y - 1)$ $(x - 1, m)$ $(n, y - 1)$ 这四个点的权值

不难看出 $23$ 操作都可以被 $1$ 操作不劣地替代但是 $4$ 操作可以用 $3$ 的代价修改

但是我们可以得出 $4$ 操作只能进行一次否则只会用 $6$ 的代价修改 $6$ 个点( $(n, m)$ 被修改了两次这样是不优的

所以我们转化并枚举整张图如果能进行 $4$ 操作那么答案减一输出即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define mid (l+r>>1)
#define getchar() cin.get()
#define print(x) cout<<#x<<'='<<x<<endl
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 500 + 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 a[N][N] , mp[N][N] , n , m , ans;

char ch;

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , m = read();
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for ( int j = 1 ; j <= m ; j ++ ) 
			cin >> ch , mp[i][j] = ( ch == 'B' );
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for ( int j = 1 ; j <= m ; j ++ ) 
			a[i][j] = mp[i][j] ^ mp[i+1][j] ^ mp[i][j+1] ^ mp[i+1][j+1] , ans += ( a[i][j] == 1 );
	for ( int i = 1 ; i < n ; i ++ )
		for ( int j = 1 ; j < m ; j ++ )
			if ( a[i][j] && a[i][m] && a[n][j] && a[n][m] ) { cout << ans - 1 << endl; return 0; }
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

Alice and Recoloring 2

和 $v e r s i o n 1$ 的转化一样但是这下 $4$ 操作可以只用 $2$ 的代价

那么显然 $4$ 操作可以用 $2$ 的代价修改三个点 $(x - 1, y - 1)$ $(x - 1, m)$ $(n, y - 1)$

那么有两个结论:

一定在上述三个点都为 $1$ 的时候才修改

这是因为如果有一个点不是 $1$ 那么我们产生了一次错误的转化最后还需要用一次 $1$ 操作转化回来这样和 $1$ 操作是一样的
如果我们修改了 $(x, y)$ 一定不会再修改 $(x, y_{0})$ 同理我们也不会修改 $(x_{0}, y)$

这是因为如果这样修改我们相当于是用了 $2 + 2$ 的代价修改了 $4$ 个点的权值这和做四次 $1$ 操作是一样的

那么我们做二分图匹配即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define inl inline
#define eb emplace_back
#define mid (l+r>>1)
#define getchar() cin.get()
#define print(x) cout<<#x<<'='<<x<<endl
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e3 + 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 a[N][N] , mp[N][N] , n , m , ans , res , vis[N] , link[N];
char ch; 

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

int hungry ( int u )
{
	for ( auto v : e[u] )
		if ( !vis[v] ) 
		{
			vis[v] = 1;
			if ( link[v] == -1 || hungry(link[v]) ) return link[v] = u , 1;
		}
	return 0;
}


signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	memset ( link , -1 , sizeof link );
	n = read() , m = read();
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for ( int j = 1 ; j <= m ; j ++ ) 
			cin >> ch , mp[i][j] = ( ch == 'B' );
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for ( int j = 1 ; j <= m ; j ++ ) 
			a[i][j] = mp[i][j] ^ mp[i+1][j] ^ mp[i][j+1] ^ mp[i+1][j+1];
	for ( int i = 1 ; i < n ; i ++ )
		for ( int j = 1 ; j < m ; j ++ )
			if ( a[i][j] && a[i][m] && a[n][j] )
				add ( i , j + n ) , add ( j + n , i );
	for ( int i = 1 ; i < n ; i ++ ) res += hungry(i) , memset ( vis , 0 , sizeof vis );
	ans -= res;
	a[n][m] ^= ( res & 1 );
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) 
		for ( int j = 1 ; j <= m ; j ++ )
			ans += a[i][j];
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

posted @ 2023-10-26 18:55 Echo_Long 阅读(444) 评论(0) 编辑收藏举报

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