Codeforces Global Round 1

$Codeforces$ $Global$ $Round$ $1$

 　　看到CF首页上有$global$ $round$ $3$的通知，虽然没时间打，但是做做之前的场次还是OK的。

　　（已经在线下写好了，感觉弄上来再调格式挺麻烦的，完整版戳这里）

　　A.Parity：http://codeforces.com/contest/1110/problem/A

　　题意概述：以 $b$ 进制给出一个数，求它在十进制下的奇偶性。

　　比较水，没什么好说的，按位判断即可。然后我不是很明白这道题为什么在cf上的评分是1000.

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# define R register int

using namespace std;

int b,k,x;
int ans;

int main()
{
    scanf("%d%d",&b,&k);
    for (R i=1;i<k;++i)
    {
    scanf("%d",&x);
    if(b%2==0||x%2==0) continue;
    ans++;    
    }
    scanf("%d",&x);
    if(x%2) ans++;
    if(ans%2) puts("odd");
    else puts("even");
    return 0;  
}

 

　　B.Tape：http://codeforces.com/contest/1110/problem/B

　　题意概述：你有一条长度为 $m$ 的带子，但是 $n$ 处破掉了，所以要用另一条来补上，你可以从另一条带子上截取任意长度用来补充，但是最多只能截取 $k$ 段，求最小的总长度。$k<=n<=10^5,m<=10^9$

　　如果不考虑只能截取 $k$ 段的限制，那么每个破处打一个补丁就可以了，现在的问题是怎么把 $n$ 个补丁转化成 $k$ 个。只要把两个漏洞之间的部分也打上补丁，那么补丁的段数就会减少一，所以只需要将相邻的补丁间的长度都算出来，从小往大里连，连到段数符合要求即可。

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <queue>
# define R register int
# define ll long long

using namespace std;

const int maxn=100005;
int n,m,k,b[maxn];
ll ans;
priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > q;

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    ans=n;
    for (R i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&b[i]);
    for (R i=1;i<n;++i)
    q.push(b[i+1]-b[i]-1);
    for (R i=1;i<=n-k;++i)
    ans+=q.top(),q.pop();
    cout<<ans;
    return 0;
}

 

 　　C. Meaningless Operations：http://codeforces.com/contest/1110/problem/C

　　题意概述：定义一个这样的函数：$f(a) = \max_{0 < b < a}{gcd(a \oplus b, a \> \& \> b)}. $，给出 $q$ 个 $a$，请求出 $f(a)$，$q<=10^3,2<=a<=2^{25}-1$

　　本题看起来奥妙重重，但是样例可以给我们一点提示。

　　可以发现，如果一个数的二进制位不全是1，那么让b来将这些空补上是最好不多的了。这样，异或值就是11..1的形式，与的值就是0，最大公约数就是异或值。因为b不能超过a，所以这显然就是最好的方案了。

　　如果一个数的二进制位全是1又怎么办呢？打表啊...当然也有一个正经做法：在这种情况下，可以认为$f(x)=gcd(a-b,b)$，所以可以取到x的最大真因子；

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <map>
# define R register int

using namespace std;

int x,q;
map <int,int> m;
int m2[100];

int main()
{
    scanf("%d",&q);
    m[1]=0; m[3]=1; m[7]=1; m[15]=5; m[31]=1; m[63]=21; m[127]=1; m[255]=85; m[511]=73; m[1023]=341;
    m[2047]=89; m[4095]=1365; m[8191]=1; m[16383]=5461; m[32767]=4681; m[65535]=21845;
    m[131071]=1; m[262143]=87381; m[524287]=1; m[1048575]=349525; m[2097151]=299593;
    m[4194303]=1398101; m[8388607]=178481; m[16777215]=5592405; m[33554431]=1082401;
    for (R i=2;i<=26;++i) m2[i]=(1<<i)-1;
    while(q--)
    {
        cin>>x;    
        if(m[x]) cout<<m[x]<<endl;
        else
        {
            int l=0;
            while(x!=0) { x/=2,l++; }
            cout<<m2[l]<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

 

　　D.Jongmah：http://codeforces.com/contest/1110/problem/D

　　题意概述：给出n块瓷砖，每块有一个介于 $[1,m]$ 的大小，要将它们做成一些“三倍”(我也不知道这题在说些啥)，一个“三倍”可以是这样的形式[x-1,x,x+1]，也可以是[x,x,x]。求出最多能做几个“三倍”。$n<=10^6,m<=10^6$

　　有两种比较简单的贪心思路：先凑第一种，再凑第二种。或者反过来。

　　可惜，这两种做法都不对，给两组反例吧：

　　1 1 1 2 2 2 3 3 3，答案为3；

　　1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 5 5，答案为6；

　　如果想要dp，可以这样设置状态：$dp[i][j][k]$ 表示当前dp到i这种瓷砖，上一种和再上一种各剩下多少张时最多的“三倍”数量。但是空间又开不下。

　　正解是用贪心的思想优化dp状态。

　　既然问题在于空间不够，而 $i$ 一维显然没有优化空间，所以我们希望减少 $j$,$k$ 两维的上界。可以发现凑三个 $[x-1,x,x+1]$ 不如转化为 $[x-1,x-1,x-1]$ , $[x,x,x]$ , $[x+1,x+1,x+1]$，同一种连号最多只需要凑两组。这样一来，每种瓷砖需要留下的块数也就少了很多，可以进行dp了。

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <cstring>

using namespace std;

const int N=1000006;
int n,m,x,ans;
int t[N],dp[N][5][3];

void giv (int x,int y,int z,int v)
{
    if(y>=6) dp[x][y-3][z]=max(dp[x][y-3][z],v+1);
    dp[x][y%3][z%3]=max(dp[x][y%3][z%3],v+(y/3)+(z/3));
    dp[x][min(y,4)][z%3]=max(dp[x][min(y,4)][z%3],v+z/3);
    dp[x][y%3][min(z,2)]=max(dp[x][y%3][min(z,2)],v+y/3);
    dp[x][min(y,4)][min(z,2)]=max(dp[x][min(y,4)][min(z,2)],v);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&x),t[x]++;
    memset(dp,-1,sizeof(dp)); dp[0][0][0]=0;
    for (int i=1;i<=m;++i)
        if(t[i]>6) x=(t[i]-6)/3,t[i]=t[i]-3*x,ans+=x;
    for (int i=1;i<=m;++i)
        for (int j=0;j<=4;++j)
            for (int k=0;k<=2;++k)
            {
                if(dp[i-1][j][k]==-1) continue;
                int a=dp[i-1][j][k];
                if(t[i]>=2&&j>=2&&k>=2) giv(i,t[i]-2,j-2,a+2);
                if(t[i]>=1&&j>=1&&k>=1) giv(i,t[i]-1,j-1,a+1);
                giv(i,t[i],j,a);
            }
    int fans=0;
    for (int i=0;i<=4;++i)
        for (int j=0;j<=2;++j)
            fans=max(fans,dp[m][i][j]);
    printf("%d",fans+ans);
    return 0;
}

---shzr