Codeforces Round #770 (Div. 2)思路分享
Codeforces Round #770 (Div. 2)
这次的cf让我知道了手玩样例的重要性，多举点例子，说不定就能找到规律呢。
A. Reverse and Concatenate
给定字符串s，进行若干次操作，令t=s的反过来。每次操作令s=s+t或s=t+s。问k次操作后，能得到多少个不同的字符串。可以发现无论是s=s+t还是s=t+s.得到的字符串s一定是回文的。那么回文串的t就和s相等，那么两种方式本质上就没什么区别了，无论进行多少次，最多得到2种字符串。注意特判下刚开始的字符串是否为回文的即可。
B. Fortune Telling
这个题真的卡了我许久...觉得题目将3换成1，感觉提示就更明显了。一直在纠结+和^的性质....
我们可以发现3的二进制为11，那么x和x+3的二进制的末位上的数字一定不同。然后可以发现，+和都是加法(是不进位加法)，所以同样一个数,我们无论用哪种操作，末位上的数字总是相同的。这样的话，我们直接从x开始，一直异或\(a_i\)，看末位上的数字是否和y相同即可。
C. OKEA
感觉这个题没上个题难想，其实这个题看上去很难。但通过手玩几个样例可以发现，同一行上面的数字，只能是依次加2，即1,3,5,7，..，或者2,4,6,8,10...，只有这样，任何一个区间的平均数才都是整数。这样的话，我们直接统计下奇数偶数的数量，看能不能恰好填充即可。
D. Finding Zero
不说了，先看图：
由于思路不是很清晰以及对交互题的不熟悉，这个题真的是莽出来的....
由于这个原因，才会出现
我四道题没有一个三道题的排名高,呜呜呜....
我们看题面，就知道这种构造题，最后的方法一定是用到2n-2次才能搞出来答案。
首先看到\(max(a_i,a_j,a_k)-min(a_i,a_j,a_k)\)我们知道整个序列有两个值最重要，最大值和最小值。最小值毋庸置疑，题目明确说了只有一个0，最大值我们是未知的。完全不知道什么性质的情况下，我们可以举例子，发现下有什么性质。我们可以先固定\(a_1,a_2\)，我们假设，\(a_1<a_2\)然后一直询问\(a_3-a_n\),发他们的值是否有什么规律，或者对我们有什么用。我们可以发现，如果\(a_i\)的值在\(a_1,a_2\)之间的话，那么返回的值就是\(a_2-a_1\)。否则，如果值在两侧的话，分别就是\(a_i-a_1\)或\(a_2-a_i\)。通过这样的话，我们会发现，最大的值所对应的\(a_i\)。一定是最大值或0。同时还有一种特殊情况，就是1,2分别是最小值和最大值，那样的话，其他所有值询问的结果都一样。既然这样，我们找到的第i个数，可能是最大值或0，也有可能啥也不是，那我们保留1和i，这样的话，我们可以确定的是，这两个数中至少有一个是最大值和最小值，但我们不知道是哪一个。保留这两个，我们再一直询问，其他所有的数，这样的话，我们一定能将另一个最大值或最小值找出来。这里的特殊情况是，若1和i恰好为0和最大值的话，我们找到的id，就啥也不是了。但我们可以肯定是1，i和id。这三个数一定有两个是最大值和0.发现我们已经用了2n-4次操作，接下来我们随便找个j，询问1，i，j
和1,j,id.用这个值，和刚才我们找id时保留的最大值比较。那个是，就说明哪两个是最大值和最小值。都不是就说明id和idd是。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,T;
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
int id=3,ans=0;
for(int i=3;i<=n;++i)
{
printf("? %d %d %d\n",1,2,i);
fflush(stdout);
int x;scanf("%d",&x);
if(x>ans) ans=x,id=i;
}
int idd=2;ans=0;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
if(i==id) continue;
printf("? %d %d %d\n",1,id,i);
fflush(stdout);
int x;scanf("%d",&x);
if(x>ans) ans=x,idd=i;
}
for(int i=2;i<=n;++i)
{
if(i!=idd&&i!=id)
{
printf("? %d %d %d\n",i,1,idd);
fflush(stdout);
int ps;scanf("%d",&ps);
printf("? %d %d %d\n",i,1,id);
fflush(stdout);
int rs;scanf("%d",&rs);
if(ps==ans)
{
printf("! %d %d\n",1,idd);
fflush(stdout);
}
else if(rs==ans)
{
printf("! %d %d\n",1,id);
fflush(stdout);
}
else
{
printf("! %d %d\n",id,idd);
fflush(stdout);
}
break;
}
}
}
return 0;
}
E. Fair Share
这个题看起来也很好玩。..考虑什么情况下会不合法，题目要求最终构成两个相同的集合。所以若有某个数字只出现了奇数次，则一定不合法。接下来考虑每个数字出现了偶数次的情况。由于每个序列都有偶数个数，且这些数一半是L一半是R，倘若我们将每个序列看做一个点，每个数看作一条边，L和R代表出度与入度，则代表一半入读一半出度。再考虑每个点都有偶数个边。那么最终形成的就是欧拉回路的问题...我也是第一次遇见这样的问题....
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int m,cnt[N],b[N],num;
vector<int>v[N],ans[N];
map<pair<int,int>,bool>mp[N<<1];
inline int find(int x){return lower_bound(b+1,b+num+1,x)-b;}
inline bool check()
{
for(int i=1;i<=num;++i) if(cnt[i]%2==1) return true;
return false;
}
inline void dfs(int x)
{
int ts=0;
for(auto s:mp[x])
{
int y=s.first.first,id=s.first.second;
if(y>m) ans[x][id]=1;
mp[x].erase({y,id});
mp[y].erase({x,id});
ts=y;break;
}
if(ts) dfs(ts);
}
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int x;scanf("%d",&x);
for(int j=1;j<=x;++j)
{
int y;scanf("%d",&y);
v[i].push_back(y);
ans[i].push_back(0);
b[++num]=y;
}
ans[i].push_back(0);
}
sort(b+1,b+num+1);
num=unique(b+1,b+num+1)-b-1;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
for(int j=0;j<v[i].size();++j)
{
int d=find(v[i][j]);
cnt[d]++;
mp[i][{d+m,j+1}]=1;
mp[d+m][{i,j+1}]=1;
}
}
if(check()) {puts("NO");return 0;}
for(int i=1;i<=m;++i) if(mp[i].size()!=0) dfs(i);
puts("YES");
for(int i=1;i<=m;++i)
{
for(int j=0;j<v[i].size();++j) printf("%c",ans[i][j+1]==1?'L':'R');
puts("");
}
return 0;
}
