Codeforces Round #721 (Div. 2)ABC题解

Posted 2021-05-23 灀龗䯦縷

不会吧不会吧不会吧不会真的有人520不陪npy去熬夜陪毛子打cf还要掉分被绿吧？

顶不住了，本蒟蒻也要肝题解了，蒟蒻上路如有问题请大佬评论区轻喷指教orz

A. And Then There Were K

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题意：
给定t(1 ≤ t ≤ 3⋅10⁴)组数据，每组数据一个正整数n (1 ≤ n ≤ 10⁹)，求最大的整数k，使得n & (n−1) & (n−2) & (n−3) & … (k) = 0成立。
思路：

• 水题。令一个二进制数的最高位为第x位（x从0开始计），打表几组数据可以发现将n转为二进制表示之后的x位为1需要与x为0的数字进行&运算才能求得0，x位为0的最大数字是2^x-1，而n的第0位-第x-1位在与2^x~n-1进行&运算时都会变为0，因此即求2^x-1。因此先预处理二进制每一位的权值再遍历寻找符合区间。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10000010;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int>PII;

int n, m, t, k;
ll w[N];

int main() {
	cin >> t;
	for (int i = 0; i <= 31; i++) {//预处理
		w[i] = (ll)1 << i;
	}
	while (t--) {
		cin >> n;
		for (int i = 0; i <= 31; i++) {
			if (n >= w[i] && n < w[i + 1])//寻找满足条件的区间
			{
				cout << w[i] - 1 << endl;
				break;
			}
		}
	}
}

B1. Palindrome Game (easy version)

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题意：
给定t（1 ≤ t ≤ 10³）组数据，每组数据两行，第一行给定n（1 ≤ n ≤ 10³），第二行给定一个长度为n的01回文字符串，保证至少有1个字符‘0’。ALICE先手BOB后手，每个回合可以选择进行两个操作之一：

1. 选择任意‘0’变为‘1’，消耗1.
2. 翻转字符串，消耗0，此操作只能在字符串为非回文字符串时进行，且不能连续使用。

当字符串变为全1串时游戏结束，消耗少的一方获胜。

思路：
博弈论。操作一是选择任意‘0’，因此操作二的翻转无意义，相当于跳过自己的回合。给定的为回文串，根据字符串长度奇偶分类讨论。

1. 字符串长度为偶数：初始的字符串为回文串，因此A起手的操作只能将回文串变为非回文串，B操作为对称A的操作使得字符串变回回文串，循环此操作直至字符串中只剩两个对称的’0‘，此时A、B的消耗相同，字符串为回文串，轮到A操作。A只能执行操作1，B执行翻转，A将最后一个’0‘变为’1‘，A的消耗比B大2，因此字符串长度为偶数时恒为B胜。
   eg：“10000001” 循环操作至“11100111”，A “11110111”，B翻转，A “11111111” 。
2. 字符串长度为奇数：特判n=1时B胜。再分类字符串中部为’0‘还是’1‘。
   （1）中部为’1‘时，同字符串长度为偶数的操作，恒B胜。
   （2）中部为’0‘时，A起手将中部变为’1‘，此时状态变为（1），角色互换，因此A胜。特判只有一个’0‘且正好在中部的情况，如 “101”，A先手只能操作为“111”游戏结束，B胜

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10000010;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int>PII;

int n, m, t, k;
string str;

int main() {
	cin >> t;
	while (t--) {
		cin >> n >> str;
		if (n == 1) {
			puts("BOB");
			continue;
		}
		if (n % 2 == 1) {
			int sum = 0;
			for (auto t : str) {
				if (t == '0')
					sum++;
			}
			if (str[n / 2] == '1')
				puts("BOB");
			else {
				if (sum > 1)
					puts("ALICE");
				else
					puts("BOB");
			}
		} else {
			puts("BOB");
		}
	}
}

B2. Palindrome Game (hard version)

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题意：
同B1，差别为初始给定的字符串不一定为回文串。
思路：
先判定初始给定字符串是否为回文串，是的话同B1。否则继续按照字符串长度奇偶性进行分类讨论。

1. 长度为偶数。在变为回文串之前A一直执行翻转操作，B逐一将字符串向回文串更改。在某次B操作后只剩一个’0‘字符串变为回文串时，A执行1操作将该’0‘变为回文串，此后操作同B1，角色互换，因此恒A胜。
   eg：初始“ 10000111”循环操作至“11000111”，此时A操作为“11100111”，此后操作同B1 。

2. 长度为奇数。特判中部为’0‘并且整个字符串只有两个’0‘时，平局。
   eg.初始“10011”，A不管执行操作1还是2都是平局。
   此外都是A胜，具体操作雷同。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int>PII;

int n, m, t, k;
int w[N];
string str;

int main() {
	cin >> t;
	while (t--) {
		scanf("%d", &n);
		cin >> str;
		int f = 1;
		int sum = 0;
		//判断是否为回文串并计算字符串中'0'的个数
		for (int i = 0, j = str.size() - 1; i <= n / 2; i++, j--) {
			if (str[i] != str[j]) {
				f = 0;
			}
			if (i != j) {
				if (str[i] == '0')
					sum++;
				if (str[j] == '0')
					sum++;
			} else {
				if (str[i] == '0')
					sum++;
			}
		}
		//不是回文串
		if (!f) {
			if (n & 1) {
				if ( str[n / 2] == '0' && sum == 2) {
					puts("DRAW");
				} else
					puts("ALICE");
			} else {
				puts("ALICE");
			}
		}
		//是回文串 
		else {
			if (n == 1) {
				puts("BOB");
				continue;
			}
			if (n % 2 == 1) {
				int sum = 0;
				for (auto t : str) {
					if (t == '0')
						sum++;
				}
				if (str[n / 2] == '1')
					puts("BOB");
				else {
					if (sum > 1)
						puts("ALICE");
					else
						puts("BOB");
				}
			} else {
				puts("BOB");
			}
		}


	}
}

C. Sequence Pair Weight

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题意：
给定t（1 ≤ t ≤ 10⁵ ）组数据，每组数据两行，第一行n（1 ≤ n ≤ 10⁵），第二行长度为n的序列，其中数值相同的两个数字能凑成一对，求这个序列的所有子串中所含对数之和。

• 子串是指原序列去除任意长度的前缀和后缀，长度可以为0 。

思路：
太菜了看不出tag，应该就是思维题吧。 统计每一对在所有子串中出现的个数并累加。设一对对子中第一个数字下标为l，第二个数字下标为r，那么显然这对对子在所有子串中出现的个数为l *（n-r+1） 。因此输入时将之前同样数字的下标 l 取出乘上（n-r+1），再将当前下标记录到该数字的数组，但是这样如果同样数字很多的话每次取出 l 复杂度会很高会t。观察到输入到当前时（n-r+1）不变，因此可以合并同类项将之前的下标全部累加至一个数字 l，此时计算当前子串对的个数的复杂度为O（1）。序列中数字范围1~1e9很大但是序列长度小于1e5，因此需要map离散化操作。每轮开始前记得初始化map和 l 数组。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int>PII;

int n, m, t, k;
int w[N];//存储序列
map<int, int>mp;//离散化操作
ll ve[N];//记录离散化后为i的原数字之前出现过的下标之和
int res;
int main() {
	cin >> t;
	while (t--) {
		scanf("%d", &n);
		//初始化
		ll sum = 0;
		mp.clear();
		for (int i = 0; i <= res; i++)
			ve[i] = 0;
		res = 0;//离散化映射标记
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			scanf("%d", &w[i]);
			if (!mp[w[i]])//未离散化过则赋值映射标记
				mp[w[i]] = ++res;
			sum += ve[mp[w[i]]] * (n - i + 1);//累加子串含当前数字的对子的总个数
			ve[mp[w[i]]] += i;//更新当前数字的下标和
		}
		printf("%lld\\n", sum);

	}
}