Codeforces Round 896 (Div. 2)

A. Make It Zero

题意：给定一个数组a，你要将所有元素都变为0，你有这样一个操作，选择L,R，将$i∈[l,r]$中的ai所有元素都变为L到R的ai的异或和，最多操作8次，问一个符合条件的操作流程是什么

思路：当是偶数时，我们可以选择L=1,R=N，操作两次即可，当是偶数时，我们先操作1到N-1,然后再操作最后一个数字即可

diamond：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<int>q(n+1);
    int g=0;
    for (int i = 1; i <=n ; ++i) {
        cin>>q[i];
        g^=q[i];
    }
    vector<pair<int,int>>ans;
    if(n&1){
        ans.push_back({1,n-1});
        ans.push_back({1,n-1});
        ans.push_back({n-1,n});
        ans.push_back({n-1,n});
    }
    else{
        ans.push_back({1,n});
        ans.push_back({1,n});
    }
    cout<<ans.size()<<endl;
    for (auto i:ans) {
        cout<<i.first<<' '<<i.second<<endl;
    }

}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while (t--){
        solve();
    }
}

B. 2D Traveling

题意：有n个城市，编号从1到n，前k个城市是主要城市，坐标为$(xi,yi)$；你从x到y城市，如果x和y城市都是主要城市，那么无需成本，其他情况下，费用是x到y的曼哈顿距离，问从起点城市st到终点城市ed，最少花费是多少

思路：我们只需找出st到主要城市的最小值和ed到主要城市的最小值，然后这两个值相加与st到ed的曼哈顿距离取最小即可

diamond：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
void solve(){
    int n,k,a,b;
    cin>>n>>k>>a>>b;
    vector<pair<int,int>>q(n+1);
    for (int i =1; i <=n ; ++i) {
        cin>>q[i].first>>q[i].second;
    }
    auto [x,y]=q[a];
    auto [xx,yy]=q[b];
    int ans=abs(x-xx)+abs(y-yy);
    int s1=1e18;
    int s2=1e18;
    for (int i = 1; i <=k ; ++i) {
        s1=min(s1,abs(x-q[i].first)+abs(y-q[i].second));
        s2=min(s2,abs(xx-q[i].first)+abs(yy-q[i].second));
    }
    ans=min(s1+s2,ans);
    cout<<ans<<endl;

}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while (t--){
        solve();
    }

}

C. Fill in the Matrix

题意：给两个数n和m，要求构造一个n * m的矩阵，要求每一行都是一个排列，且每一列的MEX构成的数组S，要求MEX(s)最大。

思路：构造题.

不难发现发现当n<m时，MEX最大就是n+1，我们可以考虑这样构造，假设n=3，m=5

  • 0 1 2 3 4
  • 1 2 3 4 0
  • 2 3 4 0 1

    那么我们得到的S就是3 0 0 1 2，答案就是4

    当n>=m时，由于数字只有0到m-1，那么答案最大也就是m，考虑这样构造，假设n=6，m=5，第二行从a[2]开始

  • 0 1 2 3 4
  • 2 3 4 0 1
  • 3 4 0 1 2
  • 4 0 1 2 3
  • 0 1 2 3 4

  • 0 1 2 3 4

    得到的S 为1 2 3 4 0 ，得到的答案就是5

    diamond：

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
void solve(){
int n,m;
cin>>n>>m;
if(m==1){
    cout<<0<<'\n';
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cout<<0<<'\n';
    }
    return;
}
if(n>=m){
    cout<<m<<endl;
}
else {
    cout<<n+1<<endl;
}
vector<int>res;
for (int i = 0; i <m ; ++i) {
    res.push_back(i);
}
int g=res.size();
for (int i = 0; i <m ; ++i) {
    res.push_back(i);
    cout<<res[i]<<' ';
}
cout<<endl;
int qd=2;
if(n<m)qd=1;
n--;
while (n--){
    if(qd>=m){
        for (int i = 0; i <m ; ++i) {
            cout<<i<<' ';
        }
        cout<<endl;
    }
    else {
        for (int i = qd; i <qd+m ; ++i) {
            cout<<res[i]<<' ';
        }
        cout<<endl;
        qd++;
    }
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
int t;
cin>>t;
while (t--){
    solve();
}
}

    D1. Candy Party (Easy Version)

    题意：给一个n个数的数组a，要求令每一个数减去$2^x$,然后加上一个$2^x$,最后是否可以让所有数字都相同

    思路1：易知$sum%n!=0$就是NO，我们对每一个数字进行枚举他需要什么和减去什么，32 * 32的复杂度，我们最后判断加的数组和减的数组是否相等就可以了，如果没有任何组合可以得到平均值，那么是NO

    diamond1：

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
int cifang[33];
set<int>st;
void solve() {
int n;
cin >> n;

vector<int> zeng(32);
vector<int> jian(32);
vector<int> a(n);
int sum = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
    cin >> a[i];
    sum += a[i];
}
if (sum % n) {
    cout << "No\n";
    return;
}
vector<int> d1(100), d2(100);
int vis = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
    vis = 1;
    for (int j = 0; j < 32; ++j) {
        for (int k = 0; k < 32; ++k) {
            if (a[i] - (1ll << j) + (1ll << k) == sum / n) {
//                    cout<<sum/n<<endl;
//                        cout<<a[i]<<' '<<(1ll << j)<<' '<<(1ll << k)<<endl;
                d1[j]++;
                d2[k]++;
                vis = 0;
                break;
            }
        }
    }
    if (vis == 1) {
        cout << "NO\n";
        return;
    }
}
if (d1 == d2) {
    cout << "YES\n";
} else {
    cout << "NO\n";
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
int t;
cin>>t;
while (t--){
    solve();
}
}

    思路2：我们可以对ai与平均值的差值进行分析，假设我们的差值的绝对值是01111，那么这两次操作就可以是10000-00001，只有这种1是连续的情况和没有1的情况才可以通过两次操作得到答案，高位1的前一位，和最低位的1，这是唯一做法，那么我们可以维护每一个值的差，当是0的时候也没关系，因为他可以当一个中转站，可以忽略，然后如果大于0，那么我们给一个高位1的前一位的1，然后拿走一个最低位的1，如果小于0，则反过来即可。最后判断每一个1是否都是0

    diamond2：

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
void solve() {
int n;
cin >> n;
map<int, int> mp;
vector<int >a(n);
int ss=0;
for (int i = 0; i <n ; ++i) {
    cin>>a[i];
    ss+=a[i];
}
if(ss%n) {
    cout<<"NO\n";
    return;
}
int v=ss/n;
for (int i = 0; i <n ; ++i) {
    int cha=abs(a[i]-v);
    if(cha==0)continue;
    string s=bitset<32>(cha).to_string();
    int l=-1, r = -1;
    std::reverse(s.begin(), s.end());
    for (int j = 0; j <32 ; ++j) {
        if(s[j]=='1'){
            l=j;
            break;
        }
    }
    for (int j = 31; j>=0 ; --j) {
        if(s[j]=='1'){
            r=j;
            break;
        }
    }
    for (int j = l; j <=r ; ++j) {
        if(s[j]=='0'){
            cout<<"NO\n";
            return;
        }
    }
    if(a[i]>v){
        mp[r+1]++;
        mp[l]--;
    }
    else{
        mp[r+1]--;
        mp[l]++;
    }
}
for (auto i:mp) {
    if(i.second!=0){
        cout<<"NO\n";
        return;
        break;
    }
}
cout<<"YES\n";
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
int t=1;
cin>>t;
while (t--){
    solve();
}
}

    D2. Candy Party (Hard Version)

    题意：相比与简单版本的，他的变化是一个人可以只给一次，也可以只要一次，也可以给要都1次

    思路：我们D2和D1的做法2是同源的，我们发现这个限制，只在差值中只有一个1的时候，才出现了变化，其他情况不变，假设差值是010，原来我们是要1个100，然后给一个010，现在，我们可以只要一个010，我们可以打上标记，标记为我们可以拿两个010去换一个100，意思就是原版本我们的mp[4]--,mp[2]++,我们现在可以描述位mp[2]--，相比就是减去了两个mp[2]；当我们访问到2给出了很多次，那么给出两次2，相当于要一个4，就是我们可以把2的值消掉，4的值加回来，对于每一个$2^x$，他只能和$2^x+1$次方进行交换，假设我们遍历到第2位的个数并不是0，那么我们就考虑能否把这个2的个数换位4的个数，假设我们还要得到2个2，那么我们就需要拿走一个4，必须从单个1那边来换，假设还要得到4个2，我们只需两个单1的2，就变为了0，然后得到2个4，4的个数就要+=2，然后继续判断4，如果不够则NO，反之同理

    diamond：

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
void solve() {
int n;
cin >> n;
map<int, int> mp;
vector<int >a(n);
map<int,int>dedao,shanqu;
int ss=0;
for (int i = 0; i <n ; ++i) {
    cin>>a[i];
    ss+=a[i];
}
if(ss%n) {
    cout<<"NO\n";
    return;
}
int v=ss/n;
for (int i = 0; i <n ; ++i) {
    int cha=abs(a[i]-v);
    if(cha==0)continue;
    string s=bitset<32>(cha).to_string();
    int l=-1, r = -1;
    std::reverse(s.begin(), s.end());
    for (int j = 0; j <32 ; ++j) {
        if(s[j]=='1'){
            l=j;
            break;
        }
    }
    for (int j = 31; j>=0 ; --j) {
        if(s[j]=='1'){
            r=j;
            break;
        }
    }
    for (int j = l; j <=r ; ++j) {
        if(s[j]=='0'){
            cout<<"NO\n";
            return;
        }
    }
    if(a[i]>v){
        mp[r+1]++;
        mp[l]--;
        if(r==l){
            dedao[l]++;
        }
    }
    else{
        mp[r+1]--;
        mp[l]++;
        if(r==l){
            shanqu[l]++;
        }
    }
}
for (auto [x,y]:mp) {
    if(y!=0){
        if(y<0){
            y=abs(y);
            if(y%2==0){
                int c=y/2;
                if(c>abs(dedao[x])){
                    cout<<"NO\n";
                    return;
                }
                else{
                    mp[x+1]-=c;
                }
            }
            else{
                cout<<"NO\n";
                return;
            }
        }
        else{
            y=abs(y);
            if(y%2==0){
                int c=y/2;
                if(c>abs(shanqu[x])){
                    cout<<"NO\n";
                    return;
                }
                else{
                    mp[x+1]+=c;
                }
            }
            else{
                cout<<"NO\n";
                return;
            }
        }
    }

}
cout<<"YES\n";
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
int t=1;
cin>>t;
while (t--){
    solve();
}
}
posted on 2023-09-21 10:18  IR101  阅读(24)  评论(0)  编辑  收藏  举报  来源
Copyright © 2025 IR101
Powered by .NET 9.0 on Kubernetes Powered By: 博客园