Codeforces Round #770(Div. 2)

A-Reverse and Concatenate

规定 $rev(s)$ 操作能把字符串 $s$ 反转，现有两种操作： $1、$ 把 $s$ 变成 $s+rev(s)$ ； $2、$ 把 $s$ 变成 $rev(s)+s$ 。有 $t$ 次询问，每次你有一个长度为 $n$ 的字符串 $s$ ，你能进行 $k$ 次操作，问你能把原串变成多少种不同的串，输出答案。 $(1\leq t\leq100,1\leq n\leq100,0\leq k\leq1000)$

思路

我们很容易能知道，进行一次操作就能得到一个回文串，而回文串进行的两种操作得到的答案相同，所以如果一开始就是回文串，答案就是 $1$ ，如果不是，如果 $k$ 为 $0$ ，则答案为 $1$ ，否则，答案为 $2$ ，就结束了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
char s[1000005];
int main()
{
    int _;
    scanf("%d",&_);
    while(_--)
    {
        int n,t;
        scanf("%d%d",&n,&t);
        scanf("%s",s+1);
        bool ck=1;
        for(int i=1;i<=n>>1;i++)if(s[i]!=s[n-i+1]){ck=0;break;}
        if(ck)printf("1\n");
        else
        {
            if(t==0)printf("1\n");
            else printf("2\n");
        }
    }
    return 0;
}

B-Fortune Telling

有 $t$ 次询问，每次有一个 $n,x,y$ ，然后是 $n$ 个非负数 $a_1,a_2,…,a_n$ ，对于每个数有两种操作： $1、$ 把 $x$ 变成 $x+a_i$ ； $2、$ 把 $x$ 变成 $x\oplus a_i$ 。问经过 $n$ 次操作后， $x$ 还是 $x+3$ 能变成 $y$ 。 $(1\leq t\leq10^4,1\leq n\leq10^5,0\leq x\leq10^9,0\leq y\leq10^{15},0\leq a_i\leq10^9)$

思路

蒟蒻不会，看了题解也只能勉强做出。首先我们要知道的是 $+$ 运算和 $\oplus$ 对数值奇偶性的改变是一样的，而且 $x$ 和 $x+3$ 的奇偶性不同，而且 $x$ 和 $x+3$ 中必有一个能变成 $y$ ，因此问题就轻轻松松被解决了。

代码

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

int main()
{
    int _;
    scanf("%d",&_);
    while(_--)
    {
        int n,x;
        ll y;
        scanf("%d%d%lld",&n,&x,&y);
        int num=0;
        int a;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a);
            if(a%2)num++;
        }
        if(x%2==y%2)
        {
            if(num%2)printf("Bob\n");
            else printf("Alice\n");
        }
        else
        {
            if(num%2)printf("Alice\n");
            else printf("Bob\n");
        }
    }
    return 0;
}

C-OKEA

有 $t$ 次询问，每次询问有一个 $n,k$ ，输出的格式为“ $YES$ ”加上 $n$ 行 $k$ 列 $1$ 到 $n\cdot k$ 中的值（且每一项仅能输出一次）或“ $NO$ ”。如果能够满足每一行中任意 $l$ 到 $r$ 的平均值为一个整数，则输出前者，否则，输出后者。 $(1\leq t\leq500,1\leq n,k\leq100)$

思路

显然我们可以知道 $k$ 为 $1$ 时可以直接按顺序输出，同时我们也可以知道在其余情况中， $n$ 为奇数的情况一定为“ $NO$ ”，偶数的情况一定为“ $YES$ ”，且经过简单构造后就能直接 $AC$ 啦。

代码

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

int main()
{
    int _;
    scanf("%d",&_);
    while(_--)
    {
        int n,k;
        scanf("%d%d",&n,&k);
        if(k==1)
        {
            printf("YES\n");
            for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",i);
        }
        else if(k>=2)
        {
            if(n%2)printf("NO\n");
            else
            {
                printf("YES\n");
                for(int i=1;i<=n>>1;i++)
                {
                    for(int j=k;j>=1;j--)
                    {
                        printf("%d ",i*2*k-2*j+1);
                    }
                    printf("\n");
                    for(int j=k;j>=1;j--)
                    {
                        printf("%d ",i*2*k-2*j+2);
                    }
                    printf("\n");
                }
            }
        }
    }
    return 0
}

有 $m$ 组数据，每组有 $n(n为偶数)$ 个元素。现要求你将每组数据分成个数相等的两份放到可重集合 $L$ 和 $R$ 中，问能否使得最后 $L$ 和 $R$ 相等，若可以，输出“ $YES$ ”，并输出每个元素的去向，否则，输出“ $NO$ ”。 $(1\leq m\leq10^5,2\leq n\leq2\cdot10^5,1\leq a_i\leq10^9)$

思路

考虑二分图找欧拉回路，左部是 $m$ 个点，右部是 $cnt（元素个数）$ 个点，然后向左指代表到 $L$ 集合，向右指代表到 $R$ 集合中，然后就一直搜环就可以了。这里也附上 $Solemntee$ 大佬的题解。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<vector<int>>a(1e5+5),ans(1e5+5);
map<int,int>mp,num;
vector<vector<pair<int,int>>>v(4e5+5);
vector<int>cnt(4e5+5);
void dfs(int x,int dir)
{
    int n=x;
    cnt[n]--;
    while(cnt[n]>-1&&ans[min(n,v[n][cnt[n]].first)][v[n][cnt[n]].second]!=-1)cnt[n]--;
    if(cnt[n]==-1)return;
    ans[min(n,v[n][cnt[n]].first)][v[n][cnt[n]].second]=dir;
    dfs(v[n][cnt[n]].first,1-dir);
}
int main()
{
    int m;
    scanf("%d",&m);
    int tot=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        a[i].resize(n+1);
        ans[i].resize(n+1,-1);
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            scanf("%d",&a[i][j]);
            if(!mp[a[i][j]])mp[a[i][j]]=++tot;
            num[mp[a[i][j]]]++;
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;i++)if(num[i]%2)
    {
        printf("NO\n");
        return 0;
    }
    int MAX=2e5;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        for(int j=1;j<a[i].size();j++)
        {
            v[i].push_back({mp[a[i][j]]+MAX,j});
            v[mp[a[i][j]]+MAX].push_back({i,j});
            cnt[i]++;
            cnt[mp[a[i][j]]+MAX]++;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)dfs(i,0);
    printf("YES\n");
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        for(int j=1;j<ans[i].size();j++)
        {
            if(ans[i][j])printf("L");
            else printf("R");
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

F-Fibonacci Additions

规定一个斐波那契加法：从 $l$ 到 $r$ ，对 $a_l,a_l+1,...,a_r$ 分别加上 $F_1,F_2,...,F_{r-l+1}$ ，并且对 $MOD$ 进行取模，其中 $F_1=1,F_2=1,F_i=F_{i-1}+F_{i-2}$ 。现在有两个同样长度的数组 $A$ 和 $B$ ，有 $q$ 次操作，每次选择其中一个数组，对于 $l$ 到 $r$ 进行斐波那契加法。每次操作结束后，询问两数组是否相等。 $(1\leq n,q\leq3\cdot10^5,1\leq MOD\leq10^9+7)$

思路

相比 $B$ 题，这题就出的非常巧妙。首先要使 $A$ 和 $B$ 相等，那么就可以构造一个 $C$ ，使得 $C_i=A_i-B_i$ 。而要加的又是斐波那契数列，那么可以想到差分。再构造一个数组 $D$ ，使得 $D_1=C_1,D_2=C_2-C_1,D_i=C_i-C_{i-1}-C_{i-2}$ ，那么就是在问 $D$ 数组中有没有不是 $0$ 的数字，而对 $A$ 和 $B$ 进行斐波那契加法就能转换为 $D_l+1,D_{r+1}-F_{r-l+2},D_{r+2}-F_{r-l+1}$ 。这样问题就能被轻松解决了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[300005],b[300005];
ll c[300005],d[300005];
ll F[300005];
int main()
{
    int n,q;
    ll mod;
    scanf("%d%d%lld",&n,&q,&mod);
    F[1]=1;F[2]=1;
    for(int i=3;i<=n;i++)F[i]=(F[i-1]+F[i-2])%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=((a[i]-b[i])%mod+mod)%mod;
    d[1]=c[1];d[2]=((c[2]-c[1])%mod+mod)%mod;
    for(int i=3;i<=n;i++)
        d[i]=((c[i]-c[i-1]-c[i-2])%mod+mod)%mod;
    int num=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)num+=(d[i]!=0);
    while(q--)
    {
        char s;
        int l,r;
        scanf("\n%c%d%d",&s,&l,&r);
        if(s=='A')
        {
            num-=(d[l]!=0);
            (d[l]+=1)%=mod;
            num+=(d[l]!=0);
            if(r+1<=n)
            {
                num-=(d[r+1]!=0);
                ((d[r+1]-=F[r-l+2])%=mod+mod)%=mod;
                num+=(d[r+1]!=0);
            }
            if(r+2<=n)
            {
                num-=(d[r+2]!=0);
                ((d[r+2]-=F[r-l+1])%=mod+mod)%=mod;
                num+=(d[r+2]!=0);
            }
        }
        else
        {
            num-=(d[l]!=0);
            ((d[l]-=1)%=mod+mod)%=mod;
            num+=(d[l]!=0);
            if(r+1<=n)
            {
                num-=(d[r+1]!=0);
                (d[r+1]+=F[r-l+2])%=mod;
                num+=(d[r+1]!=0);
            }
            if(r+2<=n)
            {
                num-=(d[r+2]!=0);
                (d[r+2]+=F[r-l+1])%=mod;
                num+=(d[r+2]!=0);
            }
        }
        if(num)printf("NO\n");
        else printf("YES\n");
    }
    return 0;
}