Codeforces Round #685 (Div. 2) A-F

Codeforces Round #685 (Div. 2)

A. Subtract or Divide

题意

给你一个正整数 $n$，每次可以执行两种操作：

$n = n-1$
$n = n/x \ (n \% x == 0)$

问 $n$ 变成 $1$, 最小要执行几次？

思路

偶数：直接变成 $2$，然后变成 $1$，
奇数：先减 $1$, 变成 $2$，然后变成 $1$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define  lowbit(x)  x & (-x)
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pb         push_back
#define  pii        pair<int, int>
 
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int    maxn = 1e6 + 10;
const int    maxm = 1e5 + 10;
const ll     mod  = 1e9 + 7;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;
const double pi   = acos(-1.0);
const double eps  = 1e-8;
using namespace std;
int main() {
	int T, n;
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		scanf("%d", &n);
		if(n <= 3) printf("%d\n", n-1);
		else if (n % 2) printf("%d\n", 3);
		else printf("2\n");
	}
    return 0;
}

B. Non-Substring Subsequence

题意

给你一个长度为 $n$ 的 $01$ 字符串 $a$， $q$ 个询问，每次询问能否在字符串 $a$ 中找到不连续的子序列 $b$ 等于 $a[l_i...r_i]$。

思路

枚举 $l, r$ 被断开的位置，其他位置暴力查找即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e3 + 100;
const int mx = 1e5;
const ull seed = 133331;
const ll inf = 1e15;

int T, n, m;
char a[maxn];
int main() {
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d%d%s", &n, &m, a+1);
        int l, r;
        while(m--) {
            scanf("%d%d", &l, &r);
            int flag = 0, w;
            for(int i = l; i < r && !flag; i++) {
                w = 1;
                for(int j = l; j <= i; j++) {
                    while(w <= n && a[w] != a[j]) w++;
                    w++;
                }
                w++;	//因为断开，所以这边要++
                for(int j = i+1; j <= r; j++) {
                    while(w <= n && a[w] != a[j]) w++;
                    w++;
                }
                if(w <= n+1) flag = 1;
            }
            puts(flag ? "YES" :"NO");
        }
    }
    return 0;
}

C. String Equality

题意

给你两个字符串 $a, b$ ,可以对字符串 $a$ 进行两种操作：

交换任意两个字符
把连续相同的 $k$ 个字符 $c$ 转变为 $c+1$ （’$z$‘ 字符无法转变）

问字符串 $a$，是否能在有限制操作内转变为字符串 $b$。

思路

因为可以任意交换位置，所以把字符串 $a$， $b$ ,进行排序，每次暴力转变即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define  lowbit(x)  x & (-x)
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pb         push_back
#define  pii        pair<int, int>
 
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int    maxn = 1e6 + 10;
const int    maxm = 1e5 + 10;
const ll     mod  = 1e9 + 7;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;
const double pi   = acos(-1.0);
const double eps  = 1e-8;
using namespace std;

int T, n, m;
char ch[maxn];
int a[30], b[30];
int main() {
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		mes(a, 0); mes(b, 0);
		scanf("%d%d", &n, &m);
		scanf("%s", ch+1);
		for(int i = 1; i<= n; i++) a[ch[i]-'a']++;
		scanf("%s", ch+1);
		for(int i = 1; i <= n; i++) b[ch[i]-'a']++;
		int flag = 1;
		for(int i = 0; i < 26 && flag; i++) {
			if(a[i] < b[i]) flag = 0;
			if((a[i] - b[i]) % m) flag = 0;
			a[i+1] += a[i] - b[i];
		}
		puts(flag?"Yes":"No");
	}
	return 0;
}

D. Circle Game

题意

起始点在 $(0, 0)$ , 每次可以让 $x+k$，或者 $y + k$ , 并且使得走之后位置 $(x_1, y_1)$，满足 $x_1^2 + y_1^2 \le d^2$。$Ashish$ 为先手，谁不能走则输了，问谁能赢得这次游戏？

思路

找最大的$x$，满足 $x^2 + x^2 \le d^2$

$(x+k)^2 + x^2 \le d$，则先手胜
$(x+k)^2 + x^2 > d$，则先手败

$(x+k)^2 + x^2 > d$ 时，先手走 $x+k$，那么后手走 $y+k$，控制 $x = y$ 即可。如果$(x+k)^2 + x^2 \le d$，则先手走一步之后可以把状态转变为 $(x+k)^2 + x^2 > d$ ，就必胜了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 100;
const int mx = 1e5;
const ull seed = 133331;
const ll inf = 1e15;

ll T, n, m;
int main() {
    scanf("%lld", &T);
    while(T--) {
        scanf("%lld%lld", &n, &m);
        ll x = max(int(sqrt(n * n) / 2/ m)-2, 0);
        x *= m;
        while(x * x * 2 <= n * n)  x += m;
        x -= m;
        if(x * x + (x+m) * (x+m) <= n*n || x*x*2 > n*n)
            puts("Ashish");
        else puts("Utkarsh");
    }
    return 0;
}

E1、E2. Bitwise Queries

题意

给你一个长度为 $n$ $(4 \le n \le 2^{16}, n = 2^k)$ 的数组 $a \ (a_i \in [0, n-1])$, 可以执行以下三种询问。

$AND\ i\ j$ , 询问 $a_i \ \& \ a_j$
$XOR\ i\ j$ , 询问 $a_i \oplus a_j$
$OR\ i\ j$，询问 $a_i\ | \ a_j$

在最多执行 $n+1$ 次询问中，猜出原数组 $a$ 的值。

思路

根据题目给的限制可以知道，要么数组存在两个相同的值，要么数组是一个 $0$ ~ $n-1$ 的排列。
首先执行 $XOR\ 1\ i$, $2 \le i \le n$。
判断是否出现 $a_1 \oplus a_i = 0$，那么执行 $AND\ 1\ i$，因为 $a_1 = a_i$, 就可以知道 $a_1$ 的值
判断是否出现 $a_1 \oplus a_i = 0, a_1 \oplus a_j = 0$ ，那么执行 $AND\ i\ j$，因为 $a_i = a_j$，就可以知道 $a_i$ 的值
否则找出 $a_1 \oplus a_i = 1, a_1 \oplus a_j = 2$，那么执行 $AND \ 1\ i$、 $AND \ 1\ j$，所以 $a_1 = (a_1 \&a_i) | (a_1\&a_j)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define  lowbit(x)  x & (-x)
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pb         push_back
#define  pii        pair<int, int>
 
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int    maxn = 1e6 + 10;
const int    maxm = 1e5 + 10;
const ll     mod  = 1e9 + 7;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;
const double pi   = acos(-1.0);
const double eps  = 1e-8;
using namespace std;

int T, n, m;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn];
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 2; i<= n; i++) {
        printf("XOR %d %d\n", 1, i);
        fflush(stdout);
        scanf("%d", &b[i]);
    }
    int flag = 0, x, y;
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        if(!b[i]) {
            printf("AND 1 %d\n", i);
            fflush(stdout);
            scanf("%d", &a[1]);
            flag = 1;
            break;
        }
        if(c[b[i]]) {
            printf("AND %d %d\n", c[b[i]], i);
            fflush(stdout);
            scanf("%d", &a[i]);
            a[1] = a[i] ^ b[i];
            flag = 1;
            break;
        }   
        c[b[i]] = i;
    }
    if(!flag) {
        for(int i = 2; i <= n; i++) {
            if(b[i] == 1) {
                printf("AND 1 %d\n", i);
                fflush(stdout);
                scanf("%d", &x);
            }
            if(b[i] == 2) {
                printf("AND 1 %d\n", i);
                fflush(stdout);
                scanf("%d", &y);
            }
        }
        a[1] = x|y;
    }
    printf("! %d ", a[1]);
    for(int i = 2; i<= n; i++) {
        printf("%d ", a[1] ^ b[i]);
    }
    printf("\n");
    
    return 0;
}

F. Nullify The Matrix

题意

你有一个 $n*m$ 的矩阵，$Ashish$ 为先手，每轮可以执行以下操作，直到当前不能操作为止（既全0矩阵）

你可以选择一个起点 $(r_1, c_1)$ , 选择一个终点 $(r_2, c_2)$ ,满足 $r_1 \le r_2, c_1 \le c_2$
把 $a[r1][c1]$ 减小至 $[0, a[r1][c1]-1]$
选择任意一条起点到终点的最短路径，可以把除起点外的任意一点修改成任一非负数（每个单元格修改独立）

思路

可以把矩阵中 $r_x+c_x$ 相同的为一组，当执行一次操作的时候，是对从 $[c_1+r_1,\ c_1+r_1+1,\ c_1+r_1+2,\ ...,\ c_2+r_2]$ 中的每一组中选择一个元素进行修改，
$ord(d) = a[r_1][c_1]\oplus a[r_2][c_2] \oplus ... a[r_x][c_x]\ \ \forall_{i=1}^x r_i +c_i = d$ 。那么存在两种状态
1. $S_0 : \forall ord(d) = 0$
2. $S_1:\in ord(d) \neq 0$
最终态为 $S_0$ 。
1. 当在 $S_0$ 状态上执行一步，一定会转变为 $ S_1$
2. 当在 $S_1$ 状态上执行一步，可以转变为 $S_0$ , 只要把每组 $ord(d) \neq 0$ 中取出一个变为组内其他值的异或和既可。
当初始状态为 $S_0$ 时，后手必赢。反之，后手必败。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e3 + 100;
const int mx = 1e5;
const ull seed = 133331;
const ll inf = 1e15;

int n, m, T;
int a[maxn];
int main() {
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        mes(a, 0);
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            for(int j = 1, x; j <= m; j++) {
                scanf("%d", &x);
                a[i+j] ^= x;
            }
        }
        int flag = 0;
        for(int i = 2; i <= m+n; i++) {
            if(a[i]) flag = 1;
        }
        puts(flag ? "Ashish" : "Jeel");
    }
    return 0;
}

posted @ 2020-11-24 19:55 竹攸阅读(135) 评论(0) 编辑收藏举报

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竹攸

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