1.【LGR-150-Div.2】洛谷 8 月月赛 I & RiOI Round 2

【LGR-150-Div.2】洛谷 8 月月赛 I & RiOI Round 2

T1 P9496 「RiOI-2」hacker

$100pts$

题目描述

有两种操作，$「ACCEPT」$与$「BOTH」$，均花费 $1$ 代价。$「ACCEPT」$将 $n$ 二进制 按位或 一个正整数。$「BOTH」$将 $n$ 二进制 按位与 一个正整数。两种操作均可使用多次（或不用），请求出将 $n$ 变为 $m$ 最小的代价。

帮助：什么是按位与和按位或

• 水题，但是一开始用 $scanf$ 输入 $longlong$ 没有用 "%lld" 然后 $WA$ 了两个点。
  • 将 $n$ 和 $m$ 转化为二进制，用两个数组分别存起来，再枚举。
  • 若 $n$ 表示为 $0$，$b$ 表示为1，则进行$「ACCEPT」$操作。
  • 若 $m$ 表示为 $1$，$b$ 表示为0，则进行$「BOTH」$操作。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long int n,sum=0;
long long int x,y;
long long int a[100],b[100];
int main()
{
	long long int i,j,m,t;
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	{
		sum=0;
		scanf("%lld%lld",&n,&m);//scanf输入long long需要 "%lld"
		if(n==m)
		{
			printf("%d\n",0);
			continue;
		}
		memset(a,0,sizeof(a));
		memset(b,0,sizeof(b));
		int cnt=0,res=0;
		int cn=0,cm=0;
		x=n,y=m;
		while(x)
		{
			a[++cnt]=x%2;
			x/=2;
		}
		while(y)
		{
			b[++res]=y%2;
			y/=2;
		}
		for(i=1;i<=max(cnt,res);i++)
		{
			if(a[i]==1&&b[i]==0)cn=1;
			if(a[i]==0&&b[i]==1)cm=1;
		}
		printf("%d\n",cn+cm);
	}
}

• 听机房大佬说，其实有一个 $O(1)$ 算法，如果 $m==n$，就输出$0$，如果 $(m|n)==m$ 或者 $(m|n)==n$ 输出$1$，如果都不符合，输出 $2$。
• 如 $n$ 表示为 $100010$，$m$ 表示为 $110010$，此时使 $n$ 按位或 $m$，结果为$110010$，等于$m$。
• 如 $n$ 表示为 $10010$，$m$ 表示为 $110010$，此时使 $n$ 按位或 $m$，结果为$110010$，等于$m$。
• 如 $n$ 表示为 $10110010$，$m$ 表示为 $110010$，此时使 $n$ 按位或 $m$，结果为$10110010$。等于$n$
• 如 $n$ 表示为 $110110$，$m$ 表示为 $110010$，此时使 $n$ 按位或 $m$，结果为$110110$，等于$n$。
• 当 $n$ 表示为 $110101$，$m$ 表示为 $110010$ 时，此时使 $n$ 按位或 $m$，结果为$110111$，不等于 $n$，也不等于 $m$,此时需要用两种操作。
• 即当按位或后，若 $m$ 与 $n$ 有不同的位，如有一位 $n$ 是 $0$，$m$ 是 $1$。并且如果有一位 $n$ 是 $1$，$m$ 是 $0$，也就是 $(m|n)$ 不等于 $m$ 也不等于 $n$。则需要进行两次操作。

#include<bits/stdc++.h>
int main()
{
	long long int t,n,m;
	scanf("%ld",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%ld%ld",&n,&m);
		if(n==m) printf("0\n");
		else if((n|m)==m||(n|m)==n) printf("1\n");
		//位运算优先级较低，需要用括号括起来。
		else printf("2\n");
	}
}

T2 P9497 「RiOI-2」weight

$100pts$

题目描述

给定一个 $n$ 行 $n$ 列 的矩阵 $a$。

有 $q$ 组询问，每次给定一个 $v$，请将矩阵每一行任意重排（可以不重排），最大化最大值不小于 $v$（也就是说，至少有一个不小于 $v$ 的数）的列数。请输出这个列数。

询问之间相互独立。换言之，每次询问前可以重新排列。

• 还是水题，将二维矩阵压成一位数组，输入后再从大到小 $sort$ 一遍，每次询问时，从 $1$ 到 $n$ 中寻找第一个小于 $v$ 的数，如果都大于等于 $v$ 则，输出 $n$ 。
  • 一开始没看懂题目，以为是把每行从大到小排列。没看到最大化每排的最大值。
  • 改过来之后，发现输出都是 $0$ ，但没想太多就交上去了，但是竟然 $AC$ 了，才想起来电脑是$32$位，$longlong$ 显示为$0$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long int n,q,a[1010001];
long long int maxx[1001];
bool cmp(long long int x,long long int y)
{
	return x>y;
}
int main()
{
	int i,j;
	cin>>n>>q;
	for(i=1;i<=n;i++)
		for(j=1;j<=n;j++)
			scanf("%ld",&a[(i-1)*n+j]);
	stable_sort(a+1,a+1+n*n,cmp);
	for(i=1;i<=n;i++)maxx[i]=a[i];
	long long int w;
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		int flag=0;
		scanf("%ld",&w);
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			if(maxx[j]<w)
			{
				printf("%ld\n",j-1);
				flag=1;
				break;
			}
		}
		if(!flag)printf("%ld\n",n);
	}
}

T3 P9498 「RiOI-2」equals

$100pts$

题目描述

给定一棵 $n$ 个结点，以 $1$ 为根的树，定义一个结点的深度 $d_i$ 表示它到根结点的简单路径上的结点个数。

你需要给每个结点黑白染色，满足黑色结点的深度和等于白色结点的深度和。设 $c_i=\{0,1\}$ 分别代表编号为 $i$ 的结点为黑色或白色，那么这即 ${\displaystyle \sum _{c_i=0}{d}_i=\sum _{c_i=1}{d}_i}$。

若无解，仅输出一行一个整数 $-1$。

• 一开始打算用邻接矩阵存边，但是...

数据规模与约定

$\mathrm{S}\mathrm{u}\mathrm{b}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{s}\mathrm{k}$	分值	$n\le$	特殊性质
$0$	$5$	$20$	/
$1$	$15$	$500$	/
$2$	$20$	$5\times {10}^3$	/
$3$	$10$	/	$n$ 为偶数
$4$	$5$	/	树为菊花图（不保证根为菊花中心）
$5$	$5$	/	树为一条链（不保证根为链的端点）
$6$	$40$	/	/

斜杠表示这一栏无特殊限制。

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n\le {10}^6$，$1\le u_i,v_i\le n$，输入数据构成一棵树。

• 由于$1\le n\le {10}^6$，所以改用链式前向星存边。
• $dfs$ 一遍得出深度，由于黑点、白点的深度和要相等，所以想到前几天做的分钱，于是用$dp$判断是否有解。
• 但是如果有解需要输出点的状态，而本蒟蒻不会记录路径，因此放弃了$dp$。
• 放弃了$dp$，考虑爆搜，打搜索。因为爆搜超时，开始一分没骗到，然后剪枝得了$85$
  之后想到折半搜索，但是本蒟蒻只会折半，因此分了两个$for$循环，第一个从$1$循环到$(n+1)/2$
  第二个从$(n+1)/2$循环到$n$。(但应该不是正解)。然后$AC$了......

(出题人的数据怎么如此之氵，把爆搜都放过去了)...

测评记录

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long int dep[6000001],vis[6000001];
long long int n,sum=0;
struct ee
{
	int next,to;
}e[6000001];
int head[6000001],cnt=0;
void add(int u,int v)
{
	e[++cnt]={head[u],v};
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
	int i;
	vis[x]=1;
	for(i=head[x];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if(!vis[v])
			dep[v]=dep[x]+1,dfs(v);
	}
}
bool pd[6000001];
void search(int x,long long int s)
{
	int i,j;
	if(s==(sum/2))
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			if(pd[j])printf("%d ",1);
			else printf("%d ",0);
		}
		exit(0);
	}
	for(i=x;i<=(n+1)/2;++i)
	{
		if(!pd[i]&&s+dep[i]<=(sum/2))
		{
			pd[i]=1;
			if(s+dep[i]==(sum/2))
			{
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					if(pd[j])printf("%d ",1);
					else printf("%d ",0);
				}
				exit(0);
			}
			if(s+dep[i]<(sum/2))
				search(i+1,s+dep[i]);
			pd[i]=0;
		}
	}
	for(i=(n+1)/2;i<=n;++i)
	{
		if(!pd[i]&&s+dep[i]<=(sum/2))
		{
			pd[i]=1;
			if(s+dep[i]==(sum/2))
			{
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					if(pd[j])printf("%d ",1);
					else printf("%d ",0);
				}
				exit(0);
			}
			if(s+dep[i]<(sum/2))
				search(i+1,s+dep[i]);
			pd[i]=0;
		}
	}
}
int main()
{
	int i,j,m,x,y;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
	dep[1]=1;
	dfs(1);
	for(i=1;i<=n;++i)sum+=dep[i];
	if(sum%2==1)
	{
		printf("%d",-1);
		return 0;
	}
	search(1,0);
	printf("%d",-1);
}

T4 P9499 「RiOI-2」change

$20pts$

• 本蒟蒻不会打，骗了20分。。。