Codeforces Round #843 (Div. 2) A1A2BCE(D待补)

Posted 2023-01-15

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A1&&A2. Gardener and the Capybaras

题意:

给你一个只由$a$和$b$两个字符组成的字符串

现在要你把这个字符串分成$s1,s2,s3$三部分,要求满足下面的两个条件之一

$s2 >s1ands2 > s3$

$s2 < s1ands2 < s3$

思路:

一开始就想暴力的,但是看了看后面还有a2,所以这题一定有简单的方法

由于只有$a$和$b$两个字符,所以只要$s2$第一个字符是$b$的话,两边就很难大过$s2$

所以我们只要分为:开头的一个字母,中间的字母,最后的一个字母即可

这样的话就一定是$s2$最大

但是这是整个字符串第二个字符为$b$的情况

如果第二个字符为$a$的话

只要单独把这个$a$放到$s2$即可

 

代码:

void solve()

	string s1;
	cin >> s1;
	if(s1[1] == \'a\')
	
		cout << s1[0] << " " << s1[1] << " ";
		for(int i = 2;i < s1.size();i++) cout << s1[i];
		cout << endl;
	
	else
	
		cout << s1[0] << " ";
		for(int i = 1;i < s1.size() - 1;i++) cout << s1[i];
		cout << " ";
		cout << s1[s1.size() - 1] << endl;
	
	

总结:

按照字典序来说的话

一个字符串在前面字符相同的情况下要大的话,后缀越长越好

一个字符串在前面字符相同的情况下要小的话,后缀越短越好

B. Gardener and the Array

题意:

给n个数,问是否能从这个n个数的子序列中找到两个子序列满足:

a子序列的值全部or起来 = b子序列的值全部or起来

思路:

最开始没见过这种给数据的方法(

居然还把这个数组给还原了(

后来才发现这种方式更好用

最开始的想法是找一对数,使得其中一个数的二进制性质的1包含另一个数的二进制形式的1

但是发现这样也不好搞,搞出来时间复杂度还是$O(n²)$(而且后来发现情况也没包含完整)

正确思路是先全部or起来然后看能不能找到一个数,去掉这个数以后值仍然不变

去掉那个数之后的子序列便是第二个子序列

这就要求去掉的那个数里面的每个二进制形式的1的位置都要在其他数字里面出现过

所以这里用个map来记录每个数二进制形式1的位置的数量

然后就每次扫一遍那个数的二进制形式1

看是否每个每个二进制形式的1的位置在map里面都>=2

如果是就直接YES

如果扫完了都找不到就NO

代码:

void solve()

	map<int,int> mp;
	cin >> n;
	vector<int> a[n + 1];
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	
		cin >> temp;
		int op;
		for(int j = 1;j <= temp;j++)
		
			cin >> op;
			a[i].pb(op);
			mp[op]++;
		
	
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	
		bool flag = 0;
		for(auto it : a[i])
		
			if(mp[it] < 2)
			
				flag = 1;
				break;
			
		
		if(!flag)
		
			YES;
			return;
		
	
	NO;

总结:

如果题目给的二进制形式,那就一定要考虑位运算,并且给的什么形式就考虑什么形式

想一想题目给的条件怎么样才最容易到达

这里最开始想的去找一对数明显就思路出问题了

全部or起来是最容易产生一个子序列包含另一个子序列的情况

C. Interesting Sequence

题意:

给一个数n和一个数x

问你能不能找到一个数$m$满足$m > n$而且$(n)and (n + 1) and (n + 2) ...... m = x$

思路:

一看就是位运算题,所以先考虑把例子转化成二进制形式来看

考虑是与性质

将情况分为一下四种:

1:原位置上是0,目标位置是0

这种情况就很简单,因为根据与性质,只要有0就只会是0,所以这种情况可以直接跳过

2:原位置上是0,目标位置是1

这种情况就不可能,还是与的性质,直接退出输出-1

3:原位置上是1,目标位置是0

这种就要求在不断的与运算的时候,这一位上出现过0即可

咋个才能找到最小的并且这一位出现过0呢(因为要最小,所以肯定就是这一位第一次是0的时候)

就直接先提取出这一位以及前面的位,用$n / (1 << i)即可$

然后将这个二进制数加一

由于原位置的数字是1,加一以后进位变成0

所以就刚好满足了条件

然后再用0补全二进制形式,用$* (1 << i)$即可

这里肯定是最小的,因为是该位进位变成0

解释一下这个操作

众所周知在二进制位运算中 * 2就相当于二进制形式多个0, / 2就相当于去掉后面的一位

这里$1 << i$就代表当前是哪一位,然后用原数除去,就相当于去掉了后面的位数

补0操作同理

4:原位置上是1,目标位置是1

这种情况就必须要在累于的时候这一位一直是1才行

所以就是求一个最大的数满足这一位是1

所以操作同样是提取出这一位以及前面的位数,然后+1然后补0

然后这里要-1来保证这一位以及后面的位数全是1

这样就是最大的

最后就求出一个最大值和一个最小值,如果最大值小于了最小值就输出-1,否则就输出最小值

代码:

void solve()

	cin >> n >> m;
	bitset<64> x(n),y(m);
	int l = 0,r = 4e18;
	if(m > n)
	
		cout << -1 << endl;
		return;
	
	else if(m == n)
	
		cout << n << endl;
		return;
	
	for(int i = 63;i >= 0;i--)
	
		if(x[i] == 0&&y[i] == 0) continue;
		else if(x[i] == 1&&y[i] == 0)
		
			l = max(l,(n / (1ll << i) + 1ll) * (1ll << i));
		
		else if(x[i] == 0&&y[i] == 1)
		
			cout << -1 << endl;
			return;
		
		else
		
			r = min(r,((n / (1ll << i) + 1ll) * (1ll << i)) - 1ll);
		
	
	if(l > r) cout << -1 << endl;
	else cout << l << endl;
	// cout << l << " " << r << endl;

总结:

位运算问题考虑用bitset来解决,非常方便

对于这种数字比较大的运算,数字要加ll

E. The Human Equation

题意:

给n个数字,你能选择一个序列进行奇数位+1偶数位-1或者奇数位-1偶数位+1的操作

要求最后数字全为0,问最少要多少次操作

思路:

最开始想的是一正一负这种最优,但是具体咋个整不会(

然后又想到for+while循环逆序去找前面的数字配对,感觉这样会超时

所以正确思路就是用两个变量来记录就行了

由于操作的是序列,也就是非连续的,那么就相当于随便选

那么每个数字在操作过后都能带给后面减少次数的机会

用两个数字来记录这种机会

每个正数在操作时会先考虑前面有多少"正数机会",并且给后面提供"负数机会"

每个负数在操作时会先考虑前面有多少"负数机会",并且给后面提供"正数机会"

代码:

void solve()

	cin >> n;
	int cnt1 = 0,cnt2 = 0,ans = 0;
	vector<int> a(n + 1);
	for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	
		// cout << cnt1 << " " << cnt2 << endl;
		if(a[i] > 0)
		
			temp = a[i];
			a[i] = max(0ll,a[i] - cnt1);
			cnt1 = max(0ll,cnt1 - temp);
			ans += a[i];
			cnt2 += temp;
		
		else
		
			a[i] *= -1;
			temp = a[i];
			a[i] = max(0ll,a[i] - cnt2);
			cnt2 = max(0ll,cnt2 - temp);
			ans += a[i];
			cnt1 += temp;
		
	
	cout << ans << endl;

总结:

由于序列是无序的,所以相当于随便选,所以这种就很容易传递

并且不用for循环与while循环去判断

就直接用两个变量即可模拟传递过程