Codeforces Global Round 1 (A-E题解)

Codeforces Global Round 1

题目链接：https://codeforces.com/contest/1110

A. Parity

题意：

给出{a_k},b,k，判断a₁*b^(k-1)+a₂*b^(k-2)+...+a_k*b^0的奇偶性。

题解：

暴力求模2意义下的值就好了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5+;
int n;
int b,k;
int a[N];
ll qp(ll A,ll B){
    ll ans = ;
    while(B){
        if(B&) ans=ans*A%;
        A=A*A%;
        B>>=;
    }
    return ans;
}
int main(){
    cin>>b>>k;
    for(int i=;i<=k;i++) scanf("%d",&a[i]);
    int t=b%;
    int sum = ;
    for(int i=k-;i>=;i--){
        sum=sum+a[k-i]*qp(t,i);
        sum%=;
    }
    if(sum&) cout<<"odd";
    else cout<<"even";
    return ;
}

B. Tape

题意：

在[1,m]这个区间中，有n个点，现在要用k个木棍去覆盖完这些点，问最短覆盖长度为多少。

题解：

首先将起始点和终点间的距离求出来，然后考虑将不需要的一些覆盖给减去。

具体做法就是用优先队列保存两个相邻点之间的间隔，然后不断取最大的间隔减去，最后使得剩下的区间还剩下k个即可。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+;
int n,m,k;
ll a[N],d[N];
ll ans;
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%I64d",&a[i]);
    ans=a[n]-a[]+;
    priority_queue <ll> q;
    for(int i=;i<n;i++){
        d[i]=a[i+]-a[i];
        q.push(d[i]-);
    }
    int cnt = ;
    while(cnt<k){
        ll now = q.top();q.pop();
        cnt++;
        ans-=now;
    }
    cout<<ans;
    return ;
}

C. Meaningless Operations

题意：

有多个询问，每次询问会输入一个数a，然后对于所有的数b(1<=b<a)，求max{ gcd(a&b,a^b) }。

题解：

这个可以打表来做。

如果想的话，就是分两种情况考虑：一种是所有二进制位数都为1，另一种就是并非这样。

第二种思考起来比较简单，答案肯定为2^x-1，我们取的b只需要刚好把a二进制中的0填补就行了。

第一种情况会有一个这样的性质：a&b+a^b=a。现在设g=gcd(a&b,a^b)，所以现在有g|a&b,g|a^b，那么自然有g|a。

我们会发现g其实为a的因子，那么这种情况找a的最大因子就好啦。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int q;
ll a;
ll p2[];
ll Print(ll x){
    for(ll i=;i*i<=x;i++){
        if(x%i==){
            return x/i;
        }
    }
    return ;
}
int main(){
    cin>>q;
    p2[]=;
    for(int i=;i<=;i++) p2[i]=p2[i-]*;
    while(q--){
        cin>>a;
        int i;
        for(i=;i>=;i--) if((<<i)&a) break ;
        if(a&(a+)) cout<<p2[i+]-<<endl;
        else cout<<Print(a)<<endl;
    }
    return ;
}

D. Jongmah

题意：

给出n个数，数的大小不超过m，问最多有多少个类似于(x,x,x),(x-1,x,x+1)这样的三元组，每个数最多用一次。

题解：

对于我这样的蒟蒻来说，dp方程式理解了很久，感觉十分巧妙。

首先，就是对于类似于(x-1,x,x+1)这样的三元组来说，我们只需要考虑不超过三个的情况就可以了。因为当其超过三个时，直接选(x,x,x)这种类型得到的答案是一样的。

设dp(i,j,k)的定义为：当前在i这个位置，有j个(i-1,i,i+1)三元组，有k个(i,i+1,i+2)这样的三元组。

转移的话就从(i-2,i-1,i),(i-1,i,i+1) (即i-1)转移过来，我们在计算的时候附加上(x,x,x)这种类型就好了。

因为每次都从i-1转移过来，所以还可以用滚动数组优化掉一维，但是不优化对于这题也没啥影响~

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6+;
int n,m;
int a[N],dp[N][][];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=;i<=n;i++){
        int x;
        scanf("%d",&x);
        a[x]++;
    }
    for(int i=;i<=m;i++){
        for(int j=;j<;j++){
            for(int k=;k<;k++){
                for(int l=;l<;l++){
                    if(l+j+k>a[i]) continue ;
                    dp[i][k][l]=max(dp[i][k][l],dp[i-][j][k]+l+(a[i]-l-k-j)/);
                }
            }
        }
    }
    cout<<dp[m][][];
    return ;
}

E. Magic Stones

题意：

给出两个数列{c_n},{t_n}，现在可以进行一些变化，比如对于c_i来说，可以让c_i=c_i-1+c_i+1-c_i (2<=i<n)，变化的次数以及位置不限，问是否最后能得到t数列。

题解：

这题也比较巧妙吧，首先判断一下首尾可以知道是否可行。

之后根据这个式子，利用差分数组来解。

设d_i=c_i+1-c_i，那么当c_i变化后，d_i=c_i'-c_i-1=c_i+1-c_i=d_i+1，d_i+1=d_i，也就是说，两个差分数组相当于换了下位置。

也就是说，题目中的操作，实质上是不断交换差分数组的位置。

之后就有很多种方法了，给出我的代码吧：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+;
int n;
ll c[N],t[N],d[N];
multiset <ll> s;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);
    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i]);
    if(c[]!=t[] || c[n]!=t[n]){
        cout<<"No";
        return ;
    }
    for(int i=;i<n;i++) d[i]=c[i+]-c[i],s.insert(d[i]);
    for(int i=;i<=n;i++){
        ll need = t[i]-t[i-];
        auto it = s.lower_bound(need);
        if(*it==need){
            s.erase(it);
        }else{
            cout<<"No";
            return ;
        }
    }
    cout<<"Yes";
    return ;
}

除开这种，还可以求出t数列的差分数组，然后对两个差分数组进行排序来比较，实现方法比我简单多了。