Codeforces Round 959 sponsored by NEAR (Div. 1 + Div. 2)
A.给定n*m的矩阵a，构造一个同样大小的矩阵b使得[1,n*m]都出现一次，且b和a在任意位置上都不相等。
特判完无解后循环移位即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[12][12];
void solve(){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>a[i][j];
if(n==1&&m==1){
cout<<-1<<"\n";
return;
}
if(n==1){
for(int i=1;i<m;i++) cout<<a[1][i+1]<<" ";
cout<<a[1][1]<<"\n";
return;
}
if(m==1){
for(int i=1;i<n;i++) cout<<a[i+1][1]<<"\n";
cout<<a[1][1]<<"\n";
return;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<m;j++) cout<<a[i][j+1]<<" ";
cout<<a[i][1]<<"\n";
}
}
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
//TODO
solve();
}
}
B.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve(){
int n;cin>>n;
string s,t;cin>>s>>t;
int cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++) cnt+=(s[i]==t[i]);
if(cnt==n){
cout<<"YES"<<"\n";return;
}
int prefix=-1;
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i]=='0'&&t[i]=='0') prefix=i;
else break;
}
if(s[1+prefix]=='0'&&t[1+prefix]=='1') {
cout<<"NO"<<"\n";
}
else cout<<"YES"<<"\n";
}
int main(){
int t;cin>>t;
while(t--){
//TODO
solve();
}
}
C.
倒着dp+小二分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
int a[N];
typedef long long ll;
ll sum[N],f[N];
void solve(){
int k;ll n;
cin>>n>>k;
sum[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
sum[n+1]=0;
f[n+1]=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
if(a[i]>k){
f[i]=f[i+1]+1;
}
else {
int ans=-1;
int l=i+1,r=n;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(sum[mid]-sum[i-1]>1ll*k){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
if(ans!=-1) {
f[i]=f[ans+1]+1;
}
else f[i]=0;
}
}
ll tot=n*(n-1)/2+n;
for(int i=1;i<=n;i++) tot-=f[i];
cout<<tot<<"\n";
}
int main(){
int t;cin>>t;
while(t--){
//TODO
solve();
}
}
D.
考虑 |ai-aj| 能整除 x 其实就是在模x意义下同余，考虑到模数比较小，根据鸽笼原理肯定有两个点能连边。
又因为模数小的更容易满足，所以倒着从大开始做(从n-1开始)，比较好处理的小模数放后面。
对于n-1必然能找到两个点连边，设为(u,v)，接下来把u踢掉
问题转化成更小的子问题，从而一定有解。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 2005; int a[N+5]; void solve(){ int n;cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; int vis[N+5]={0}; vector<pair<int,int>>ans; for(int i=n-1;i>=1;i--){ vector<int>mo[i+1]; for(int j=1;j<=n;j++){ if(vis[j]) continue; mo[a[j]%i].push_back(j); } int flag=0; for(int j=0;j<i && (flag==0) ;j++){ if(mo[j].size()>=2){ vis[mo[j][0]]=1; ans.push_back({mo[j][0],mo[j][1]}); flag=1; } } } cout<<"YES"<<"\n"; for(int i=ans.size()-1;i>=0;i--){ cout<<ans[i].first<<" "<<ans[i].second<<"\n"; } } int main(){ int t;cin>>t; while(t--){ solve(); } }
E
比D简单的诈骗题，发现大小为sz的树可以通过删叶子得到[1,sz]内的任意数，所以不考虑树的形态
然后贪心+分类讨论
设当前or出来的最大值为ans，当前考虑的数为x
从大到小拆位后，若当前位上x为0，跳过；否则若ans=0，x就可以对该位产生贡献，ans | = 1<< j ；若ans = 1，说明该位的贡献都已经得到了，且x>=(1<<j)，就可以贪心地把x删成((1<<j)-1)使得后面的位都为1。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e6+5; int a[N]; void solve(){ int k;cin>>k; for(int i=1;i<=k;i++){ cin>>a[i]; int x; for(int j=1;j<a[i];j++) cin>>x; } sort(a+1,a+k+1); int ans=0; for(int i=1;i<=k;i++){ for(int j=24;j>=0;j--){ int b1=(ans>>j)&1,b2=(a[i]>>j)&1; if(b2==0) continue; if(b1==0) ans|=(1<<j); else { ans|=((1<<j)-1); break; } } } cout<<ans<<"\n"; } int main(){ ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0); int t;cin>>t; while(t--){ solve(); } }
