CF1702F 题解

洛谷传送门 & CF 传送门

思路

初看这一题，这题难搞的地方就在于有两种操作，所以我们可以考虑先做完一种操作，再去单独地做第二种。我们可以发现，先把 $x$ 替换成 $2x$，再把 $x$ 替换为 $\lfloor\frac x2\rfloor$ 时，操作前和操作后的 $x$ 值不变，因为这时的向下取整不起作用；但先把 $x$ 替换为 $\lfloor\frac x2\rfloor$，再把 $x$ 替换成 $2x$ 后，操作前后的 $x$ 就不一定相等了。所以，我们就可以考虑先做第一种操作，再做第二种操作。

第一种操作并不是单纯地把 $b_i$ 不断乘 $2$，而是把所有 $a_i$ 和 $b_i$ 都不断除以 $2$，直到所有数变为奇数为止。这时候，我们的第二种操作就可以开始了。

第二种操作也不能普通操作，否则太慢了。我们需要操作的是所有 $b_i$ 中最大的一个 $y$。我们需要拿 $a_i$ 中最大的数 $x$ 与它作比较，分类考虑：

1. 当 $x>y$ 时，由于这时 $y$ 是单调不减的了，所以直接无解；
2. 当 $x<y$ 时，我们直接把 $y$ 进行一次操作（除以 $2$）即可；
3. 当 $x=y$ 时，这时候我们直接把 $x$ 和 $y$ 都删掉即可。

这里每次要求 $x$ 和 $y$，我们可以使用 STL 的优先队列 $O(\log n)$ 快速解决。

代码

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n, m, x;
priority_queue <int> q1, q2;
void clear (priority_queue <int>& q) {
	while (! q.empty ())
		q.pop ();
	return ;
}
int main () {
	ios::sync_with_stdio (0);
	cin.tie (0);
	cout.tie (0);
	cin >> t;
	while (t --) {
		cin >> n;
		clear (q1), clear (q2); //手动清空优先队列
		for (int i = 0; i < n; ++ i) {
			cin >> x;
			while (! (x & 1)) //不断除以 2
				x >>= 1;
			q1.push (x);
		}
		for (int i = 0; i < n; ++ i) {
			cin >> x;
			while (! (x & 1))
				x >>= 1;
			q2.push (x);
		}
		while (! q1.empty ())
			if (q1.top () < q2.top ())
				q2.push (q2.top () >> 1), q2.pop (); //记得 pop
			else if (q1.top () > q2.top ()) {
				cout << "NO\n";
				goto END; //goto 是个好东西，可以直接跳转到 END 继续执行
			} else
				q1.pop (), q2.pop ();
		cout << "YES\n"; //有解
END: ;
	}
	return 0;
}