Codeforces Round #633 (Div. 1)
A. Powered Addition (CF 1338 A)
题目大意
给定一个\(n\)个数字的数组\(a\)，对于每一个正整数\(x\)，你可以选择若干个数字\(i_1,i_2,i_3,...,i_k\)，使得\(a_{i_j}=a_{i_j}+2^{x-1},\ 1 \leq j \leq k\)。当然你也可以不进行选择。求最小的数字\(T\)，使得当\(x\)取过了\(1\)~\(T\)进行操作后，数组\(a\)是一个非递减数组。
解题思路
从左到右，如果\(a_i>a_{i+1}\)，我们就把\(a_{i+1}\)变成\(a_i\)，并记录最大的\(a_i-a_{i+1}\)，最大值在二进制下的位数即是答案。
操作就很简单，差值在二进制下第\(i\)位是1就在\(x=i\)的时候选择那个数就好了。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int ii = 1; ii <= kase; ++ii) {
int n;
read(n);
int ans=0;
int qwq=-1e9-7;;
for(int u,i=1;i<=n;++i){
read(u);
if (qwq<=u) qwq=u;
else{
ans=max(ans,qwq-u);
}
}
int cnt=0;
while(ans){
ans>>=1;
++cnt;
}
write(cnt,'\n');
}
return 0;
}
B. Edge Weight Assignment (CF 1338 B)
题目大意
给定一棵无权树，要求对边赋一个正权值，使得任意两个叶子节点之间的路径权值异或和为\(0\)。求所赋的不同权值数的最小值和最大值。
解题思路
如果任意两个叶子节点之间的路径长度是偶数，那么我们对全部边赋\(1\)即可，最小为\(1\)。
如果存在奇数长度的，注意到\(1\bigoplus 2\bigoplus 3=0\)。我们把不与叶子节点相连的边赋为\(1\)，是奇数长度的那对叶子节点\(a,b\)相连的边，一个赋\(2\)，一个赋\(3\)，那其他叶子节点对于这两个叶子节点，如果是偶数路径，则与其叶子节点相连的边的权值一样，奇数路径则相反(\(2\)变\(3\)、\(3\)变\(2\))。
对于不是\(a,b\)的一对点\(c,d\)，它们的边权异或和\((c,d)\)一定为\(0\)，因为边权异或和可以拆成\((c,d)=(c,a)\bigoplus(a,d)\)，因为\(c,d\)的\(lca\)到\(a\)的边权异或了两次抵消掉了。而在前面的构造里我们知道\((c,a)=0,(a,d)=0\)，所以\((c,d)=0\)。也即最小为\(3\)。
判断奇数长度的，从一个叶子节点搜（初始深度为\(1\)）发现有深度是偶数深度的叶子节点即可得知有奇数长度。
至于最大的，我们可以设想，除了叶子节点相连的边，其他的边都填不同的数，然后选择一个叶子节点\(a\)，其边也填一个不同的数，然后对于其他叶子节点\(b\)，其边填(a,fa[b])的值（fa[b]表示与叶子节点相连的边的另外一个节点）。对于不是叶子节点\(a\)的点\(b,c\)，其\((b,c)\)也一定为\(0\)，证明也如同上面的方法，将\((b,c)=(b,a)\bigoplus(a,c)\)。
由于可以填的数无穷大，我们可以证明 (猜想) 这一定可以做到的。
所以，只有那些一个节点连了多个叶子节点的那些边的权值一定相等外，其他的都可以不一样。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
void DFS(int u,int fa,int deep[],vector<int> edge[]){
deep[u]=deep[fa]+1;
for(auto v:edge[u]){
if (v==fa) continue;
DFS(v,u,deep,edge);
}
}
int dfs(int u,int fa,bool &qwq,int &ans,int deep[],vector<int> edge[],int st){
int cnt=0;
int aa=0;
deep[u]=deep[fa]+1;
for(auto v:edge[u]){
if (v==fa) continue;
++cnt;
aa+=dfs(v,u,qwq,ans,deep,edge,st);
}
if (!cnt){
if (!(deep[u]&1)) qwq=true;
return 1;
}
if (fa==st) ++aa;
ans-=max(0,aa-1);
return 0;
}
int main(void) {
int n;
read(n);
vector<int> edge[n+1];
for(int u,v,i=1;i<n;++i){
read(u);
read(v);
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
}
int deep[n+1]={0};
DFS(1,1,deep,edge);
int st=0,dest=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
if (dest<deep[i]){
dest=deep[i];
st=i;
}
deep[st]=0;
bool qwq=false;
int ans=n-1;
dfs(st,st,qwq,ans,deep,edge,st);
printf("%d %d\n",(qwq?3:1),ans);
return 0;
}
C. Perfect Triples (CF 1338 C)
题目大意
有一个有无穷无尽个正整数的数组\(s\)，其构造方法如下：
- \(a<b<c\)
- \(a,b,c \notin s\)
- \(a\bigoplus b\bigoplus c=0\)
- (a,b,c)是可选中的字典序最小的一组
- 把a,b,c依次加入\(s\)数组的末尾
- 重复第一步
现有\(t\)组询问，每组询问一个数\(n\)，问你数组中第\(n\)个数（从\(1\)开始）是多少。
解题思路
打表大法好
注意到\(1\bigoplus 2\bigoplus 3=0\)。
这恰好是\(4\)进制。于是我们可以把数转成四进制（二进制下俩俩合并），三个数看成一组，对于这一组的数，四进制下每一位我们就可以单独考虑。
对于最高位，由于\(a<b<c\)，所以最高位上一定是\(1、2、3\)。
然后对于以下的每一位，只有四种情况：
- \(0\ 0\ 0\)
- \(1\ 2\ 3\)
- \(2\ 3\ 1\)
- \(3\ 1\ 2\)
这四种情况也是按照字典序从小到大排好的,其余的情况会出现重复数字。
按照字典序从小到大构造的三元组的方法就很明显啦，对于三个数的每一位，依次取遍四种情况，然后到下一位。
这也才造成我们打的表里面，第一个数以\(4^n\)个分组的结果。
给定\(n\)就相当于问第\(\dfrac{n-1}{3}\)组（从\(0\)开始）的第\((n-1)\%3\)位是多少。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
void work(LL id,LL i,pair<LL,LL> &ans){
if (i<0) return;
if (i==0) {
LL rank=id;
if (rank==1){
ans.first^=(1ll<<(i));
ans.second^=(1ll<<(i+1));
}else if (rank==2){
ans.first^=(1ll<<(i+1));
ans.second^=((1ll<<(i))^(1ll<<(i+1)));
}else if (rank==3){
ans.first^=((1ll<<(i))^(1ll<<(i+1)));
ans.second^=(1ll<<(i));
}
return;
}
LL cnt=(1ll<<(i));
work(id%cnt,i-2,ans);
LL rank=id/cnt;
if (rank==1){
ans.first^=(1ll<<(i));
ans.second^=(1ll<<(i+1));
}else if (rank==2){
ans.first^=(1ll<<(i+1));
ans.second^=((1ll<<(i))^(1ll<<(i+1)));
}else if (rank==3){
ans.first^=((1ll<<(i))^(1ll<<(i+1)));
ans.second^=(1ll<<(i));
}
}
int main(void) {
int t;
read(t);
while(t--){
LL n;
read(n);
LL id=(n-1)/3;
LL pos=(n-1)%3;
pair<LL,LL> ans;
ans.first=0;
ans.second=0;
for(int i=0;true;i+=2){
if (id<(1ll<<i)){
work(id,i-2,ans);
ans.first^=(1ll<<(i));
ans.second^=(1ll<<(i+1));
break;
}else id-=(1ll<<i);
}
printf("%lld\n",pos==0?ans.first:(pos==1?ans.second:(ans.first^ans.second)));
}
return 0;
}
不能打\(div2\)但又虚\(div1\)......\(qwq\)
