CF思维体操

Plus and Multiply

Luogu
CF

题意简述：

$$给定 $n,$ $a,$ $b$，要求判断 $n$ 能不能由 $a$ 通过若干次 $\times a$ 或者 $+b$得到。

解题思路：

$$我们首先应该找到能由上述操作得到的数的普遍形式。

$$\mathrm{对}\mathrm{于}n=a^x+by(x,y\in N)，n\mathrm{是}\mathrm{满}\mathrm{足}\mathrm{题}\mathrm{意}\mathrm{的}\mathrm{数}$$

$$我们可以证明一下这个形式可行，对于第一个数 $1$，显然可以表示成 $a^0+0·b$，所以对于 $1$ 是成立的。如果 $a^x+by$ 是成立的，那么进行 $\times a$ 操作后变为 $a^{x+1}+by$，进行 $+b$ 操作后变为 $a^x+b(y+1)$，形式仍然不变，所以我们这个形式是具有普遍可行性的。

$$n=a^x+by\Rightarrow n-a^x=by\Rightarrow n-a^x\equiv 0(modb)$$

$$ 因此我们只需要依次枚举 $x$，并且判定即可，另外要注意的是 $a=1$ 要特判，否则 $TLE$

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back

using namespace std;
using PII = pair<int, int>;

int main() {
	int tc;
	scanf("%d", &tc);
	while (tc -- ) {
		int n, a, b;
		scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
		if (a == 1) 
			puts((n - 1) % b == 0 ? "Yes" : "No");
		else {
			int flag = 0;
			for (long long i = 1; !flag && i <= n; i *= a) 
				if ((n - i) % b == 0) flag = 1;
			puts(flag ? "Yes" : "No");
		}
	}
	return 0;
}

Ehab the Xorcist

Luogu
CF

题意简述

$$给定两个数 $u,v$，要求构造一个数列使得数列的异或和为 $u$, 数列的数值和为 $v$。

解题思路

$$定义 $\mathrm{\Delta }=v-u$从异或的角度出发，因为异或是二进制下的不进位加法，所以异或和一定不能大于数值和。所以当 $\mathrm{\Delta }<0$的时候，无解。另外这里有一个很重要的性质，即数列的异或和与数值和的奇偶性相同。证明如下：

$$a\mathrm{xor}b+2(a\mathrm{\&}b)=a+b\Rightarrow a+b-a\mathrm{xor}b=2(a\mathrm{\&}b)$$

$$因为 $2(a\mathrm{\&}b)$ 是偶数，所以两个数的异或和与数值和奇偶性相同，以此类推即可.
$$所以我们可以对 $\mathrm{\Delta }$ 进行一下分类讨论：

$$1.\mathrm{\Delta }<0,\mathrm{无}\mathrm{解}$$

$$2.\mathrm{\Delta }=0,\mathrm{若}u=0,\mathrm{则}\mathrm{目}\mathrm{标}\mathrm{数}\mathrm{列}\mathrm{为}\{0\}，\mathrm{否}\mathrm{则}\mathrm{为}\{u\}$$

$$3.\mathrm{\Delta }>0\mathrm{且}\mathrm{\Delta }\mathrm{为}\mathrm{奇}\mathrm{数}，\mathrm{无}\mathrm{解}$$

$$4.\mathrm{\Delta }>0\mathrm{且}\mathrm{\Delta }\mathrm{xor}u=u，\mathrm{则}\mathrm{目}\mathrm{标}\mathrm{数}\mathrm{列}\mathrm{为}\{\mathrm{\Delta },u\}$$

$$5.\mathrm{\Delta }>0\mathrm{且}\mathrm{\Delta }\mathrm{xor}u\ne u$$

第 $5$ 种情况需要一定的思考，因为 $\mathrm{\Delta }$ 一定是偶数，两个相同的数异或和为 $0$, 一个数与 $0$ 异或得本身，那不妨把 $\mathrm{\Delta }$ 拆成两块，每块为 $x$，目标数列为$\{x,x,u\}$

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back

using namespace std;
using PII = pair<int, int>;
using LL = long long;

int main() {
	LL u, v;
	scanf("%lld%lld", &u, &v);
	LL delta = v - u;
	if (delta & 1 || delta < 0) puts("-1");
	else {
		if (delta == 0) {
			if (u == 0) puts("0");
			else printf("1\n%lld\n", u);
		}
		else {
			LL x = delta >> 1;
			if ((u ^ delta) != u) {
				if ((x ^ (x + u)) != u) {
					puts("3");
					printf("%lld %lld %lld\n", x, x, u);
				} else {
					puts("2");
					printf("%lld %lld\n", x + u, x);
				}
			} else {
				puts("2");
				printf("%lld %lld\n", delta, u);
			}
		}
	}
	return 0;
}

Orac and Medians

Luogu
CF

题意简述

给定一个序列，每次可以将一段区间修改为区间中位数，问能否将整个序列全部改为 $k$

解题思路

$$我们可以先看看我们的操作有什么性质：

$$1.\mathrm{相}\mathrm{邻}\mathrm{的}\mathrm{两}\mathrm{个}\mathrm{数}\mathrm{会}\mathrm{变}\mathrm{成}\mathrm{比}\mathrm{较}\mathrm{小}\mathrm{的}\mathrm{那}\mathrm{个}\mathrm{数}$$

$$2.\mathrm{相}\mathrm{邻}\mathrm{的}\mathrm{三}\mathrm{个}\mathrm{数}，\mathrm{如}\mathrm{果}\mathrm{有}\mathrm{两}\mathrm{个}\mathrm{相}\mathrm{等}，\mathrm{那}\mathrm{都}\mathrm{会}\mathrm{变}\mathrm{成}\mathrm{相}\mathrm{等}\mathrm{的}$$

$$由这两条性质可以推出以下几条：

$$1.\mathrm{如}\mathrm{果}\mathrm{有}\mathrm{相}\mathrm{邻}\mathrm{的}\mathrm{两}\mathrm{个}k,\mathrm{那}\mathrm{么}\mathrm{很}\mathrm{容}\mathrm{易}\mathrm{将}\mathrm{全}\mathrm{部}\mathrm{都}\mathrm{变}\mathrm{成}k$$

$$2.\mathrm{如}\mathrm{果}\mathrm{相}\mathrm{邻}\mathrm{的}\mathrm{两}\mathrm{个}\mathrm{数}\mathrm{分}\mathrm{别}\mathrm{是}k\mathrm{和}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{大}\mathrm{于}k\mathrm{的}\mathrm{数}，\mathrm{也}\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{全}\mathrm{部}\mathrm{推}\mathrm{成}k$$

$$3.\mathrm{如}\mathrm{果}\mathrm{三}\mathrm{个}\mathrm{数}\mathrm{里}\mathrm{面}\mathrm{有}\mathrm{两}\mathrm{个}>=k,\mathrm{那}\mathrm{么}\mathrm{染}\mathrm{色}\mathrm{后}\mathrm{一}\mathrm{定}\mathrm{全}\mathrm{部}>=k，\mathrm{此}\mathrm{时}\mathrm{只}\mathrm{要}\mathrm{有}k，\mathrm{就}\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{全}\mathrm{推}\mathrm{成}k$$

以上条件只要满足任意一个，就可以成功，否则不行。
逐个判定就行了。

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back

using namespace std;
using PII = pair<int, int>;
using LL = long long;

int a[100010];

int main() {
	int tc;
	scanf("%d", &tc);
	while (tc -- ) {
		int n, k;
		scanf("%d%d", &n, &k);
		for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
		if (n == 1 && a[n] != k) puts("no");
		else {
			if (n == 1) puts("yes");
			else {
				int flag = 0, has = 0;
				for (int i = 1; i <= n; i ++ )
					has |= a[i] == k;
				if (!has) puts("no");
				else {
					for (int i = 1; i < n && !flag; i ++ ) 
						flag |= (a[i] >= k && a[i + 1] >= k);
					if (flag) puts("yes");
					else {
						for (int i = 1; i < n - 1 && !flag; i ++ )
							flag |= (a[i] >= k && a[i + 2] >= k);
						if (flag) puts("yes");
						else puts("no");
					}
				}
				
			}
		}
	}
	return 0;
}