CFR-838-Div-2解题报告
A. Divide and Conquer
题意：给你一个数组，每次操作可以将一个数变为它除以二下取整，求将数组的和变为偶数的最小次数。
显然如果数组本来就是偶数，则为 \(0\)，否则一定是选一个数一直除到改变，而其他数不动（动了显然更劣）。于是对于每个数求改变奇偶的最小次数，模拟即可。
By jiangly
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
int par = 0;
int mn = 1E9;
for (int i = 0; i < n; i++) {
std::cin >> a[i];
par ^= a[i] & 1;
int x = a[i], t = 0;
while (x % 2 == a[i] % 2) {
x /= 2;
t++;
}
mn = std::min(mn, t);
}
std::cout << (par ? mn : 0) << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
int t;
std::cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
B. Make Array Good
题意：有一个数组，每次可以将一个数 \(x\) 改为 \([x,2x]\) 内的任意整数，求在 \(n\) 次以内将这个数组改为任意两个数均有倍数关系的方案。
由于在 \([x,2x]\) 内，容易想到让它们均变为二的幂（此时一定合法）。于是对于每个数改为比他大的最近的二的幂即可。可以使用 \(2^{\lfloor\log_2(n)\rfloor+1}\) 来快速得出。
By jiangly
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
std::cout << n << "\n";
for (int i = 0; i < n; i++) {
std::cin >> a[i];
int p = 1 << (std::__lg(a[i]) + 1);
std::cout << i + 1 << " " << p - a[i] << "\n";
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
int t;
std::cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
C. Binary Strings are Fun
给你一个 \(01\) 串，对于每个前缀，计算生成合法串的方案数，输出它们的和（对 \(998244353\) 取模）。生成一个合法串，需要在每相邻两位之间插入一个新位，使得任意一个奇数前缀的中位数为末尾的数字。
首先举例子找一找规律。假设待生成的串为 0_0_1_1_0_1_1_1，下划线是需要填的。我们依此考虑：只考虑前三位，中位数为 \(0\)，所以第一个空填 \(01\) 都可以；考虑前五位，中位数为 \(1\)，所以第一个和第二个空都必须填 \(1\)；前七位，第四个空 01 都可以；前九位，则第三个和第四个空只能填 \(0\)。
依此类推，我们发现，如果某一个“限制位置”和下一个“限制位置”不同，那么中位数在这两位后发生改变，所以这两位之间的空位必须填后面的值，且前面这两位的数量差只能为 \(1\)。如果某一个限制位置和下一个限制位置相同，那么必须填与它们相反的值，因为如果与它们相同，则数量差超过 \(1\)，而后面一个不同的位置就会无法填。
所以，只有一个位置后面没有不同位置时，才可以真正的任意填，否则只有一种方案。此时答案就很显然了，即为 \(2\) 的（最后一段连续的长度 \(-1\)）次方。
By jiangly
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::string s;
std::cin >> s;
int last = 0;
Z ans = 0, sum;
for (auto c : s) {
if (last != c) ans = 1;
else ans *= 2;
last = c;
sum += ans;
}
std::cout << sum << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
int t;
std::cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
D. GCD Queries
题意：交互题。有一个 \(0\sim n-1\) 的排列，每次可以询问两位的 \(\gcd\)，在 \(2n\) 次操作内给出两个位置，使得它们中的一个位置为 \(0\)。
首先有一个非常重要的性质：\(\forall y,\gcd(x,0)\ge \gcd(y,0)\)。所以我们可以依此扫描每个位置，维护当前扫到的可能为 \(0\) 的两个位置 \(x,y\)。
初始时 \(x=1,y=2\)，从 \(3\) 开始，对于每个位置 \(i\)，询问 \(\gcd(p_x,p_i)\) 和 \(\gcd(p_y,p_i)\)，如果两个答案相同，那么 \(p_i\) 不可能是 \(0\)（因为 \(\gcd(0,x)=x\)，而排列里 \(x\) 互不相同）；如果两个答案不同，那么 \(x,y\) 中较小的那个一定不是 \(0\)（因为前面的性质），而 \(p_i\) 有可能是 \(0\)，将较小的那个改为 \(i\) 即可。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main() {
int t;
cin>>t;
while(t--) {
int n;
cin>>n;
int now=2,x=1,y=2,xx,yy;
while(now<n) {
now++;
cout<<"? "<<x<<" "<<now<<endl;
cin>>xx;
cout<<"? "<<y<<" "<<now<<endl;
cin>>yy;
if(xx>yy) y=now;
else if(yy>xx) x=now;
}
cout<<"! "<<x<<" "<<y<<endl;
cin>>n;
assert(n==1);
}
return 0;
}
