Codeforces Round #636 (Div. 3)
解析：把式子的x分出来，就是x*(2^0+2^1......+2^k-1)=n。所以先累加括号里的值打个表，只要n能整除它就输出
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e5+20; ll a[maxn]; int main() { ll n; int t; cin>>t; a[1]=1; ll sum = 1; for(int i=2;i<=1e9;i++) { sum*=2; a[i]=a[i-1]+sum; if(a[i]>=1e9) break; } while(t--) { cin>>n; for(int i=2;;i++) { if(n%a[i]==0) { cout<<n/a[i]<<endl;break; } } } }
题意：给出数组偶数长度n，能否输出一个：左边一半为偶数，右边一半为奇数，两边和相等。而且不存在重复数字。
解析：n/2的结果如果不是偶数，那么就肯定构造不出。比如6/2=3，奇数个奇数相加是奇数，是没办法等于偶数部分的和的。偶数部分直接按2，6，10构造，之间的差距不能为2，奇数部分直接参考左边对应位置，每次+1,-1即可，偶数差>2保证了奇数不会出现相等。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=2e5+20; ll a[maxn]; ll b[maxn]; int main() { int t; cin>>t; while(t--) { int n; cin>>n; int md=n/2; if(md%2!=0) cout<<"NO"<<endl; else { cout<<"YES"<<endl; ll k=2,tot=0; ll sum=0; for(int i=1;i<=md;i++) { sum+=k; b[i]=k; k+=4; } int ok=0; for(int i=md+1;i<=n;i++) { if(!ok) { b[i]=b[i-md]-1; ok=1; } else { b[i]=b[i-md]+1; ok=0; } } for(int i=1;i<n;i++) cout<<b[i]<<" "; cout<<b[n]<<endl; } } }
题意：给出一组数，找出最长的正负交替的子序列(这里是通过删除某些数而得到的子序列)，输出它们的最大和。
解析：找每一段连续正或负的最大值，累加即可。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<map> #include<set> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=2e5+10; const ll inf=0x3f3f3f3f3f; ll a[maxn]; int main() { int t; cin>>t; while(t--) { int n; cin>>n; ll maxx=0; ll sum=0; for(int i=0;i<n;i++) { cin>>a[i]; if(a[i]>0) { maxx=max(maxx,a[i]); } else { sum+=maxx; maxx=0; } } ll maxx2=-inf; for(int i=0;i<n;i++) { if(a[i]<0) { maxx2=max(maxx2,a[i]); } else { if(maxx2!=-inf) { sum+=maxx2; } maxx2=-inf; } } if(a[n-1]>0) //少加的情况。 sum+=maxx; else sum+=maxx2; cout<<sum<<endl; } return 0; }
题意：给出偶数n个大小在[1,k]之间的数，操作是把任意一个数变成[1,k]之间的任意值。要达到每个ai+an-i+1都为定值x，求最少操作数。
解析：我刚开始想的是，记录x出现的最大次数maxx，输出n-maxx，调了半天。原来我忽略了，ai和an-i+1，并不是随便改一个值就能使和达到[2,k]的任意值的。所以去分析每个x所对应的修改次数，下面开始讨论：
sum=a[i]+a[n-i+1]，maxx=max(a[i],a[n-i+1])，minn=min(a[i],a[n-i+1])
1.如果x范围位于[2,minn]，就算把maxx改成1，它们的和也是大于这个范围的，所以需要改动两次。
2.如果x范围位于[minn+1,maxx+k]，关于这个区间我解释一下：minn+1是把maxx变成1所得的和，maxx+k是把minn变成k所得的和，这是只改一个数所对应的和的范围。
3.除了上面两种，就剩下[maxx+k+1,2*k]了。它和第一种一样，就算把minn变成k，它们的和也是小于这个范围的，所以要修改两个值。
以上就需要差分数组维护了，关于差分数组，我有一篇博客可以参考：https://www.cnblogs.com/liyexin/p/11014218.html。对[L,R]每个数+1，就需要差分数组d[L]++，d[R+1]--。
较为啰嗦的更新代码：
for(int i=1;i<=n/2;i++) { ll sum=a[i]+a[n-i+1]; ll minn=min(a[i],a[n-i+1]); ll maxx=max(a[i],a[n-i+1]); d[2]+=2; d[minn+1]-=2; d[minn+1]++; d[maxx+k+1]--; d[maxx+k+1]+=2; d[2*k+1]-=2; d[sum]--; d[sum+1]++; //本来和就等于sum，所以不需要更新，需要--。 }
完整代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<map> #include<queue> typedef long long ll; using namespace std; const int maxn=2e5+10; ll a[maxn],d[2*maxn]; //差分数组开两倍 int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { int n , k; scanf("%d%d",&n,&k); memset(d,0,sizeof(d)); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); for(int i=1;i<=n/2;i++) { ll sum=a[i]+a[n-i+1]; ll minn=min(a[i],a[n-i+1]); ll maxx=max(a[i],a[n-i+1]); d[2]+=2; d[minn+1]-=2; d[minn+1]++; d[maxx+k+1]--; d[maxx+k+1]+=2; d[2*k+1]-=2; d[sum]--; d[sum+1]++; } ll minn=d[2]; for(int i=3;i<=2*k;i++) //x范围就是[2,2*k]看看哪一个x所需要的更新次数最少？ { d[i]+=d[i-1]; minn=min(d[i],minn); } cout<<minn<<endl; } }
