Codeforces Round #779 (Div. 2)(ABCD1D2)

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Codeforces Round #779 (Div. 2)(ABCD1D2)

这一场写的十分迷,感觉都无法证明正确性,看着样例一顿猜。
A. Marin and Photoshoot

题意:
给一个长度为n的01字符串,0代表男性,1代表女性,对于每个长度大于等于2的子字符串,要求保证男性人数不超过女性人数,问至少添加多少人。
思路:
发现只有形如 " 00 " "00" "00" " 010 " "010" "010"的形式才需要添加人数,分别改成 " 0 ( 11 ) 0 " "0(11)0" "0(11)0" " 01 ( 1 ) 0 " "01(1)0" "01(1)0"
所以暴力遍历就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=105;
int n,sum;
char s[N];

void solve()
    sum=0;
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",s+1);
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if(s[i-1]=='0'&&s[i]=='1'&&s[i+1]=='0') sum++;
        else if(s[i-1]=='0'&&s[i]=='0') sum+=2;
    
    printf("%d\\n",sum);


int main()
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;

B. Marin and Anti-coprime Permutation

题意:
问长度为n的[1,n]的全排列中,有多少种排列方式满足 g c d ( 1 ∗ p 1 , 2 ∗ p 2... , n ∗ p 2 ) > 1 gcd(1*p1,2*p2...,n*p2)>1 gcd(1p1,2p2...,np2)>1,答案对998244353取模
思路:(晚点补正解)
样例很明显,长度n是奇数输出都是0
样例也很明显:

n        ans
2        1*1
4        1*1*2*2
6        1*1*2*2*3*3

得到结论:n为奇数输出0;n是偶数,输出区间 [ 1 , n / 2 ] [1,n/2] [1,n/2]中每个整数平方乘积。
(写完发现1000也刚好满足,就猜过了)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
ll n;

void solve()
    scanf("%lld",&n);
    if(n%2==1) puts("0");
    else
        ll sum=1;
        for(ll i=1;i<=n/2;i++) sum=(sum*i*i)%mod;
        printf("%lld\\n",sum);
    


int main()
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;

C. Shinju and the Lost Permutation

题意:
有一个长度为n的序列p,p是值 [ 1 , n ] [1,n] [1,n]的一种排列,是否存在一种排列方式,满足序列c。
序列p会生成一个序列b,b[i]为序列p的前i个数的最大值。同时贡献为序列b中元素种类数

n=6 ,p=[5,1,2,4,6,3]
得到  b=[5,5,5,5,6,6]
贡献2

同时有一个“右移”的操作,就是类似环移动一次

n=6 ,     p=[5,1,2,4,6,3]
右移一次, 'p=[3,5,1,2,4,6]

现在给出长度为n的序列c,c[i]表示移动了右移 ( i − 1 ) (i-1) (i1)次得到序列b中元素种类数(i从1开始的,但移动初始是0次)

思路:
既然是排列的一种,那么最大值肯定就只有一个,我们找到序列c中1的位置,如果有多个1,肯定没有答案,输出 “ N O ” “NO” NO
否则找到1后,以此位置为起点,我们后面再重新移动一圈,每次多一个数到当前序列的状态的前面,那么答案变化肯定要 < = 1 <=1 <=1,是的话继续,否则输出 " N O " "NO" "NO"
最后结束没有输出过 " N O " "NO" "NO"的话,输出 " Y E S " "YES" "YES"

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int n,m,q,c[N],a[N];

void solve()
    scanf("%d",&n);
    int pos1=-1;
    bool flag=true;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&c[i]);
        if(c[i]==1)
            if(pos1==-1) pos1=i;
            else flag=false;
        
    
    if(!flag||pos1==-1) puts("NO");return;
    int now=1;
    for(int i=pos1;i<=n;i++) a[now++]=c[i];
    for(int i=1;i<pos1;i++) a[now++]=c[i];
    for(int i=1;i<n;i++)
        if(a[i+1]-a[i]<=1) continue;
        else puts("NO");return;
    
    puts("YES");


int main()
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;

D1. 388535 (Easy Version)

题意:
给出 l 和 r l和r lr保证了 l = 0 l=0 l=0,则现有一个长度为 r − l + 1 r-l+1 rl+1的序列a,值分别为区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]之间的整数
同时给定一个长度为 r − l + 1 r-l+1 rl+1的序列b,序列b中每个数都是序列a中每个数异或一个数x得来的,要求出这个x是多少
可能有多种答案,任意输出
思路:
可以简单的猜到,对于二进制中的某一位,我们统计其中1的个数,如果1的个数发生了改变,那么x的第i位就会是1。
(上面这个结论可以过D1,但不能过D2)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=(1<<17)+6;
ll l,r,x,bit[20],ned[20];

void go1(ll x)
    for(ll i=0;i<=17;i++)
        if((x>>i)&1) bit[i]++;
    


void go2(ll x)
    for(ll i=0;i<=17;i++)
        if((x>>i)&1) ned[i]++;
    


void solve()
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    for(ll i=0;i<=r;i++)
        scanf("%lld",&x);
        go1(x);go2(i);
    
    ll ans=0;
    for(ll i=0;i<=17;i++)
        if(bit[i]!=ned[i]) ans+=(1ll<<i);
        bit[i]=ned[i]=0;
    
    printf("%lld\\n",ans);


int main()
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;

D2. 388535 (Hard Version)

题意:
给出 l 和 r l和r lr不保证了 l = 0 l=0 l=0,则现有一个长度为 r − l + 1 r-l+1 rl+1的序列a,值分别为区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]之间的整数
同时给定一个长度为 r − l + 1 r-l+1 rl+1的序列b,序列b中每个数都是序列a中每个数异或一个数x得来的,要求出这个x是多少
可能有多种答案,任意输出
思路:
l的值不再保证一定是0了,发现D1的做法也不可ac,所以需要去寻求正解。
题目都是用二进制数表示范围,肯定跟二进制有关
我们发现,对于 a [ i ] l a[i]^l a[i]l得到的最大异或和最小异或,如果刚好等于了 l 和 r l和r lr,那么我们就可以确定答案是 a [ i ] l a[i]^l a[i]l

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=(1<<18)+6;
ll l,r,a[N];
ll tr[N][2],idx;

void insert(ll x)
    ll u=0;
    for(ll i=18;i>=0;i--)
        ll p=(x>>i)&1;
        if(!tr[u][p]) tr[u][p]=++idx;
        u=tr[u][p];
    


ll query_min(ll x)
    ll u=0,sum=0;
    for(ll i=18;i>=0;i--)
        ll p=(x>>i)&1;
        if(tr[u][p]) u=tr[u][p];
        else
            sum+=(1ll<<i);
            u=tr[u][!p];
          
    
    return sum;


ll query_max(ll x)
    ll u=0,sum=0;
    for(ll i=18;i>=0;i--)
        ll p=(x>>i)&1;
        if(tr[u][!p])
            sum+=(1ll<<i);
            u=tr[u<

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Codeforces Round #779 (Div. 2) D2. 388535 (Hard Version) (异或,01字典树)

Codeforces Round #779 (Div. 2) D2. 388535 (Hard Version) (异或,01字典树)

Codeforces Round #779 (Div. 2) D2. 388535 (Hard Version) (异或,01字典树)