Codeforces Round 940 (Div. 2) and CodeCraft-23 题解
Codeforces Round 940 (Div. 2) and CodeCraft-23 题解
A. Stickogon 贪心
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ff first
#define ss second
#define pb push_back
#define all(u) u.begin(), u.end()
#define endl '\n'
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10, M = 105;
const int mod = 1e9 + 7;
const int cases = 1;
void Showball(){
int n;
cin>>n;
vector<int> a(101);
for(int i=0;i<n;i++){
int x;
cin>>x;
a[x]++;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=100;i++) ans+=a[i]/3;
cout<<ans<<endl;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int T=1;
if(cases) cin>>T;
while(T--)
Showball();
return 0;
}
B. A BIT of a Construction 贪心
题意：给你 \(n\) 和 \(k\)，构造出一个长度为 \(n\) 的数组，使得数组之和为 \(k\)，并且使数组或起来的结果的1最多。
思路：为了让1的数量最多，我们直接取最接近 \(k\) 的 \(2^i-1\) 的数即可，剩下的补充即可。
void Showball(){
int n,k;
cin>>n>>k;
if(n==1) return cout<<k<<endl,void();
int t=__lg(k);
int sum=(1<<t)-1;
cout<<sum<<" "<<k-sum<<" ";
if(n==2) return cout<<endl,void();
for(int i=3;i<=n;i++) cout<<0<<" \n"[i==n];
}
C.How Does the Rook Move? DP|递推
题意：在一个 \(n\times n\) 的棋盘上放置棋子，若棋子坐标为 \((r,c)\)，则 \(r\) 行 和 \(c\) 列的所有位置都不能再放置棋子，你和电脑对战，电脑每次会对称复制你的下法(将棋子放置到\((c, r)\) ) 。若你下在对称轴上，电脑跳过此回合，直到无法落子为止，求出棋盘终局有多少种情况。
思路：首先我们注意到，棋子一共只有两种走法，落在对称轴和非对称轴的方式。
并且棋子位置并不重要，我们可以平移。那么对于落在对称轴的情况，棋盘会变成 \((n-1)\times (n-1)\)
,只有一种情况。对于落在非对称轴的情况，期盼会变成 \((n-2)\times (n-2)\)，一共有 \(2\times(n-1)\) 种情况。则显然可以得到递推式 \(f[i]=f[i-1]+2*(n-1)*f[i-2]\)。
对于一开始的落子情况，我们只需要维护好棋盘规模即可。
int f[N];
void init(){
f[0]=1;
f[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++){
f[i]=(f[i-1]+2LL*(i-1)*f[i-2])%mod;
}
}
void Showball(){
int n,k;
cin>>n>>k;
while(k--){
int x,y;
cin>>x>>y;
if(x==y) n--;
else n-=2;
}
int ans=f[n];
cout<<ans<<endl;
}
D. A BIT of an Inequality 拆位+算贡献+DP
题意：求出满足下列条件的三元组 \((x,y,z)\)的数量：
\(1\leq x\leq y\leq z \leq n\),
\(f(x,y)\)⊕ \(f(y,z) > f(x,z)\)。
其中 \(f(l,r)=a_l\) ⊕ \(a_{l+1}\) ⊕ ... ⊕ \(a_r\)。
思路：
看到异或数数题，经典的拆位+算贡献，前天小白月赛F题刚做过，这题稍微难一些。
根据异或的性质，右边比左边多异或一个 \(a_y\)，值变小。让我们去计算这种情况的数量。
根据2进制的性质，最高位1的影响会超过后面所有1的影响，因此我们只需要处理 \(a_y\) 的最高位 \(1\) .
设最高位 \(1\) 为 \(t\)，要满足值变小，说明区间其他数异或和第 \(t\) 位要为1。即区间其他数第 \(t\) 位 \(1\) 的
数量之和要为奇数。
问题转变成求出维护左右两每一位奇/偶个1的区间数量。
不妨定义 \(s1_{i,j,0/1}\)表示从 \(i\) 个开始往前选 第 \(j\) 位 有 奇/偶个 \(1\) 的区间数
如果当前位为 \(1\) , 那么奇区间和偶区间数量会互换，并且当前位自己构成一个奇区间。
\(s1[j][i][1]=s1[j-1][i][0]+1; s1[j][i][0]=s1[j-1][i][1];\)
反之，奇区间和偶区间数量不会互换，当前位自己构成一个偶区间。
\(s1[j][i][1]=s1[j-1][i][1]; s1[j][i][0]=s1[j-1][i][0]+1;\)
同理维护出从 \(i\) 个开始往后选 第 \(j\) 位 有 奇/偶个 \(1\) 的区间数
最后拆位，枚举 \(a_y\) 将贡献累加即可。
int s1[N][31][2];//从i个数往前选第j位 奇/偶个1的区间数
int s2[N][31][2];//从i个数往后选第j位 奇/偶个1的区间数
void Showball(){
int n;
cin>>n;
vector<int> a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=0;i<=n+1;i++){
for(int j=0;j<=30;j++){
s1[i][j][0]=s1[i][j][1]=0;
s2[i][j][0]=s2[i][j][1]=0;
}
}
for(int i=0;i<=30;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[j]>>i&1){
s1[j][i][1]=s1[j-1][i][0]+1;
s1[j][i][0]=s1[j-1][i][1];
}else{
s1[j][i][1]=s1[j-1][i][1];
s1[j][i][0]=s1[j-1][i][0]+1;
}
}
for(int j=n;j>=1;j--){
if(a[j]>>i&1){
s2[j][i][1]=s2[j+1][i][0]+1;
s2[j][i][0]=s2[j+1][i][1];
}else{
s2[j][i][1]=s2[j+1][i][1];
s2[j][i][0]=s2[j+1][i][0]+1;
}
}
}
LL ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int t=__lg(a[i]);
ans=(ans+1LL*s1[i-1][t][1]*(1+s2[i+1][t][0]));
ans=(ans+1LL*(s1[i-1][t][0]+1)*s2[i+1][t][1]);
}
cout<<ans<<endl;
}
