Codeforces Round 884 (Div. 1 + Div. 2) A-E

1|0Codeforces Round 884 (Div. 1 + Div. 2)

题目链接：Codeforces Round 884 (Div. 1 + Div. 2)

1|1A. Subtraction Game

1|0题意

给$a$和$b$两个数，两个玩家每次可以选择在总数里面减去其中一个数，需要给出一种后手必胜的总数$n$。

1|0思路

$a+b$就能保证后手必胜。

1|0代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void sol() {
    int x, y;
    cin >> x >> y;
    cout << x + y << endl;
}

int main() {
    int _;
    cin >> _;
    while (_--) sol();
    return 0;
}

1|2B. Permutations & Primes

1|0题意

定义一个序列的$MEX$为这个序列中没有出现的第一个质数，让求能让所有连续子序列的$MEX$的和最大的那个排列。

1|0思路

首先，$1$肯定在最中间的位置，因为需要尽可能多的子序列都包含他。由于2和3都是质数，所以两边各一个就行，这样只有$[1,n]$的区间才会同时包含$2\mathrm{和}3$，这就意味着，除了这三个数，其他数的排列顺序不会影响结果。

1|0代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void sol() {
    int n;
    cin >> n;
    if (n >= 2) cout << 2;
    for (int i = 4; i <= n / 2 + 2; ++i) cout << ' ' << i;
    cout << (n > 1 ? " 1" : "1");
    for (int i = n / 2 + 3; i <= n; ++i) cout << ' ' << i;
    if (n >= 3) cout << ' ' << 3;
    cout << endl;
}
int main() {
    int _;
    cin >> _;
    while (_--) sol();
    return 0;
}

1|3C. Particles

1|0题意

给出$n$个数，每次可以删除一个数，然后相邻的两个数会求和合并成一个数，删除两端的数时，不会有合并操作，问最后合成一个数后最大的结果。

1|0思路

首先，很容易注意到一件事，奇数下标的数只能跟奇数下标的数和到一块，偶数也一样，这意味着我们可以把原数组按下标的奇偶性分成两个数组考虑。又由于下标奇偶性相同的两个数总能够通过若干次操作合到一块，所以实际上就是让求两个数组中所有正数的和，大的那个就是结果。如果两个数组中都没正数，说明最大的那个负数就是结果。

1|0代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 1e5 + 5, maxnn = 1e9 + 7;

int a[maxn], b[maxn];

void sol() {
    int n, g1 = 0, g2 = 0;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> (i & 1 ? a[++g1] : b[++g2]);
    int ma = -maxnn;
    LL sum1 = 0, sum2 = 0, ans = -maxnn;
    for (int i = 1; i <= g1; ++i) {
        if (a[i] > 0) sum1 += a[i], ans = max(ans, sum1);
        ma = max(ma, a[i]);
    }
    for (int i = 1; i <= g2; ++i) {
        if (b[i] > 0) sum2 += b[i], ans = max(ans, sum2);
        ma = max(ma, b[i]);
    }
    if (ma <= 0)
        cout << ma << endl;
    else
        cout << ans << endl;
}

int main() {
    int _;
    cin >> _;
    while (_--) sol();
    return 0;
}

1|4D. Row Major

1|0题意

给一个$n$，要求构造一个字符串，使得对于任何满足式子$n=a\times b$的$a\mathrm{和}b$，按“行优先”规则写成$a\times b$的形式后，任意相邻的两个字符不能相同，问最少需要的字符种类数$x$。

1|0思路

考虑到一个事实：对于任意的$a\times b$矩阵，只要$x$不整除$a\mathrm{或}b$，那么就有一定的排列方式使得相邻的字符都互不相同。我们在这里可以缩紧条件，让$x$必须整除$a$，这样问题就转化为了：对于所有$n$的因子$y_i$，需要求最小的$x$，使得$x$不整除任何一个$y_i$，也就是求最小的不整除$n$的$x$。又由于$26!$远远大于$1e6$，所以对于所有的$n$，$x$肯定是小于等于$26$的（其实从小写字母一共就$26$个也能看出来...）。

1|0代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void sol() {
    int n, ans;
    cin >> n;
    ans = n;
    for (int i = 1; i <= 26; ++i) {
        if (n % i != 0) {
            ans = i;
            break;
        } 
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << (char)('a' + (i - 1) % ans);
    cout << endl;
}

int main() {
    int _;
    cin >> _;
    while (_--) sol();
    return 0;
}

1|5E. Great Grids

1|0题意

对于一个只含有三种字符的矩阵，如果他的每个$2\times 2$的小矩阵都存在三种不同的字符且相邻的字符不相同，那么就称其为$great$。给出$k$个限制，每个限制都是两个点的坐标，意味着这两个点的字符相同，且满足

$(x_{i,2},y_{i,2})=(x_{i,1}+1,y_{i,1}+1)\mathrm{或}\mathrm{者}(x_{i,2},y_{i,2})=(x_{i,1}+1,y_{i,1}-1)$。问是否存在$n\times m$的$great$矩阵满足上述条件。

1|0思路

对于$great$矩阵的每个$2\times 2$的小矩阵，例如：

AB     BA
CA     AC

可以发现以下事实：

$a[i+1][j]-a[i][j]=a[i+1][j+1]-a[i][j+1]$以及$a[i][j+1]-a[i][j]=a[i+1][j+1]-a[i+1][j]$。并且$a[i+1][j]-a[i][j]$和$a[i][j+1]-a[i][j]$的值在模$3$的意义下，只能为$1\mathrm{或}\mathrm{者}2$。

所以对$n\times m$的矩阵可以把前$n-1$个行和前$m-1\mathrm{个}\mathrm{列}$，看作$n+m-2$个点，又由于题目上的每一个限制，是对一个行和一个列对应的值相同或不同的限制，那么每个限制实际上是对两个点是否在同一个集合进行的限制。这样，这个题就转化为了一个二分图判定的题，这里可以使用并查集来快速判定。

1|0代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long

const int maxn = 2e3 + 5;

int r[maxn][2], c[maxn][2], f[4 * maxn];

int find(int x) {
    if (f[x] == x) return x;
    return f[x] = find(f[x]);
}

void merge(int x, int y) { f[find(x)] = find(y); }

void sol() {
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    int tmp = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) r[i][0] = tmp++, r[i][1] = tmp++;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) c[i][0] = tmp++, c[i][1] = tmp++;
    for (int i = 0; i < tmp; ++i) f[i] = i;
    for (int i = 1; i <= k; ++i) {
        int x1, y1, x2, y2;
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
        if (y1 > y2) {
            merge(r[x1][0], c[y2][0]);
            merge(r[x1][1], c[y2][1]);
        } else {
            merge(r[x1][0], c[y1][1]);
            merge(r[x1][1], c[y1][0]);
        }
    }
    for (int i = 0; i < tmp; ++i)
        if (find(i) == find(i ^ 1)) {
            cout << "NO" << endl;
            return;
        }
    cout << "YES" << endl;
}

int main() {
    int _;
    cin >> _;
    while (_--) sol();
    return 0;
}

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本文作者：FlyingLight
本文链接：https://www.cnblogs.com/FlyingLight/p/17553764.html
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