Pinely Round 4 (Div. 1 + Div. 2)

news2024/11/28 4:34:11

有不明白或者想交流一下的可以加一下扣扣：2674993642，博客一般写的时候才看

A. Maximize the Last Element

解析：题目要让一次删除两个相邻的数字，最后留下尽可能最大的数字，赛时我用笔模拟了一下，发现如果我想保留第二个数字，那么必须删除第一个数字，但是必须一次连续删两个数字，所以不行，于是我又打算删第四个，发现也是这样，于是总结了一下，对于偶数位置来说，从左往右删肯定会一个数留着，所以不行。然后我又想了一下奇数位置，发现正好可以把当前位置左边或右边的数删完,因此最终答案只会是奇数位置上的最大值。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define int long long
const int N=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
int a[N];
void solve() {
	int n;
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	int maxx=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		if (i%2){
			maxx=max(maxx,a[i]);
		}
	}
	cout<<maxx<<"\n";
}

signed main() {
	int T=1;
	cin>>T;
	while(T--) {
		solve();
	}
}

B. AND Reconstruction

解析：构造题，根据题目意思我们可以知道，由b数组来推两边的a数组，赛时我第一反应就是看如何构造一个正确的数组，但这样其实不好发现这道题解法，后面我就推了一下怎样的数组是一个错误的数组，就拿它的样例来说，比如1，2，3转成二进制就是01，10，11，根据与运算的性质，有1必须两个数那个位置全为1，也就是a数组肯定是01,01,1X,11，(X就是说明b[i+1]在该位要求a[i]为1，但b[i-1]在该为要求a[i]为0。因此我们可以先初步用a[i]=(b[i]|b[i+1]),保留下1，再通过(a[i]&a[i+1])判断是否等于b[i]，如果不等于则错误。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=3e6+10;
const int mod=998244353;
int a[N];
int flag=0;
int b[N];
void solved() {
	int n;
	cin>>n;
	for (int i=1; i<=n-1; i++) {
		cin>>b[i];
	}
	b[0]=0;
	b[n]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=(b[i-1]|b[i]);	
	}
	for (int i=1;i<=n-1;i++){
		if ((a[i]&a[i+1])!=b[i]){//运算顺序需要打括号
			cout<<"-1\n";
			return;
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;i++){
		cout<<a[i]<<" ";
	}
	cout<<"\n";
}
signed main() {
	int t=1;
	cin>>t;
	while (t--) {
		solved();
	}
}

C. Absolute Zero

解析：对这种一眼没头绪的题，我们可以慢慢去发现它的性质，比如将 ai替换为 |ai−x|，那我们就可以发现对于两个数可以通过减去一个中间值（（X+Y）/2），变为大小一样的两个数，进而，将变化后的数又与其他数重复这样的操作，从而实现每次通过两个数变成大小一样的数，使整个数组数一样，然后我们就来看什么时候是不能实现的，首先（X+Y）是得能被2整除的，所以两个数奇偶性得是一样，然后我们猜测整个数组得是全奇或者全偶来进行验证，如果不是全奇全偶，那么就得把数组最后变为奇偶性一样的，但是 （X+Y）/2，如果是奇数，对于奇数减去奇数，变偶数，偶数减去奇数，变奇数；如果是偶数，对于奇数减去偶数，还是奇数，偶数减去奇数，还是偶数，所以整个数组必须奇偶性一样，同时我们注意到题目还有个限制次数必须在40次以内，赛时我是觉得每次选最大和最小的就行，最后也过了
在这里插入图片描述
但是如果是全偶得多减一次1，因为比如到减2时，这时a[1]=2,减去之后a[1]=0,下一个到减1，a[1]=0，减去之后a[1]=1，所以得判断一下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define int long long
const int N=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
int a[N];
void solved() {
	int n;
	cin>>n;
	for (int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>a[i];
	}
	for (int i=1; i<=n-1; i++) {
		if (a[i]%2!=a[i+1]%2) {
			cout<<"-1\n";
			return;
		}
	}
	vector<int>v;
	for (int i=29; i>=0; i--) {
		int x=(1ll*1)<<i;
		v.push_back(x);
		for (int j=1; j<=n; j++) {
			a[j]=abs(a[j]-x);

		}
	}
	if (a[1]==1) {
		v.push_back(1);
	}
	cout<<v.size()<<"\n";
	for (auto it:v){
		cout<<it<<" ";
	}
	cout<<"\n";
}
signed main() {
	int t=1;
	cin>>t;
	while (t--) {
		solved();
	}
}

D. Prime XOR Coloring

解析：两个数异或是一个质数，质数有一个特殊的是2，其他的都是奇数，所以肯定是一奇一偶异或得到的，那排除2，我们可以把所有奇数涂成一个颜色，所有偶数涂成另一个颜色，这样肯定不会出现有相同颜色了，对于2这个情况，我们得知道哪两个数异或等于2，比如00与10异或等于10，而01与11异或等于10，100与110，101与111，后两位循环，也就是4个一循环，因此我们让所有00为1，01为2，10为3，11为4，就满足要求了。但是得对6之前的特判，因为要满足最小颜色数，到6之前都可以用少于4的满足。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=3e6+10;
const int mod=998244353;
int n,m;
int pos;
int a[N];
void solved() {
	int n;
	cin>>n;
	if (n==1) {
		cout<<"1"<<"\n";
		cout<<"1"<<"\n";
	} else if (n==2) {
		cout<<"2"<<"\n";
		cout<<"1 2"<<"\n";
	} else if (n==3) {
		cout<<"2"<<"\n";
		cout<<"1 2 2"<<"\n";
	} else if (n==4) {
		cout<<"3"<<"\n";
		cout<<"1 2 2 3"<<"\n";
	} else if (n==5) {
		cout<<"3"<<"\n";
		cout<<"1 2 2 3 3"<<"\n";
	} else if (n==6) {
		cout<<"4"<<"\n";
		cout<<"1 2 2 3 3 4"<<"\n";
	} else {
		cout<<"4"<<"\n";
		for (int i=1; i<=n; i++) {
			if (i%4==0) {
				cout<<"1"<<" ";
			} else if (i%4==1) {
				cout<<"2"<<" ";
			} else if (i%4==2) {
				cout<<"3"<<" ";
			} else {
				cout<<"4"<<" ";
			}
		}
		cout<<"\n";
	}
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t=1;
	cin>>t;
	while (t--) {
		solved();
	}
}

E. Coloring Game

解析：这道题需要用到二分图染色，判断奇数环，不懂的可以去B站看董晓老师的二分图染色。二分图染色指的就是如果一个图里面不存在顶点为奇数的环，就可以将这个图分为两部分，并且每一部分里的点都不能直接被里面的点相连
在这里插入图片描述
比如最上面这个图，可以分为{1，4}，{2，3，5},这样就是一个二分图，而下面这个图就不为二分图。
而如果这个图是二分图（不存在奇数环）那么将一部分顶点染色成1，另一部分染色成2，这样就不存在连接两个相同颜色顶点的边，进而Bob肯定会胜；当存在奇数环的时候，那么只用两个颜色不可能不存在连接两个相同颜色顶点的边，因此Alice获胜，这时只需采用两个颜色，输出n轮“1 2”。当然奇数环好判断，但是如果Bob获胜时如何用顶点染色呢，因为判断二分图的时候，已经将顶点颜色标好1，2了这时如果输入的是1，3，且1顶点没用完，则将1中的顶点标记为1，如果1用完则将2中的顶点标为2，同理当输入{1，2}，{2,3}的情况。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=3e6+10;
const int mod=998244353;
int n,m;
int a[N];
vector<int>e[N];
int vis[N];
int flag=0;
void dfs(int x,int c) {
	if (flag==1) {
		return;
	}
	vis[x]=c;
	for (auto v:e[x]) {
		if (!vis[v]) {
			dfs(v,3-c);
		} else if (vis[v]==c) {
			flag=1;
			return;
		}
	}
}
void solved() {
	cin>>n>>m;
	flag=0;
	for (int i=1; i<=n; i++) {
		vis[i]=0;
		e[i].clear();
	}
	for (int i=1; i<=m; i++) {
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		e[x].push_back(y);
		e[y].push_back(x);
	}
	for (int i=1; i<=n; i++) {
		if (!vis[i]) {
			flag=0;
			dfs(i,1);
			if (flag==1) {
				break;
			}
		}
	}
	if (flag) { //有奇数环，不能形成二分图
		cout<<"Alice\n";
		int a,b;
		for (int i=1; i<=n; i++) {
			cout<<"1 "<<"2"<<"\n";
			cin>>a>>b;
		}
	} else {
		cout<<"Bob\n";
		queue<int>v1,v2;
		for (int i=1; i<=n; i++) {
		//	cout<<i<<" "<<vis[i]<<"***\n";
			if (vis[i]%2) {
				v1.push(i);
			} else {
				v2.push(i);
			}
		}
		for (int i=1; i<=n; i++) {
			int a,b;
			cin>>a>>b;
			if (a>b) {
				swap(a,b);
			}
			if (a==1&&b==2) {
				if (v1.empty()) {
					cout<<v2.front()<<" "<<2<<"\n";
					v2.pop();
				} else {
					cout<<v1.front()<<" "<<1<<"\n";
					v1.pop();
				}
			} else if (a==1&&b==3) {
				if (v1.empty()) {
					cout<<v2.front()<<" "<<3<<"\n";
					v2.pop();
				} else {
					cout<<v1.front()<<" "<<1<<"\n";
					v1.pop();
				}
			} else if (a==2&&b==3) {
				if (v2.empty()) {
					cout<<v1.front()<<" "<<3<<"\n";
					v1.pop();
				} else {
					cout<<v2.front()<<" "<<2<<"\n";
					v2.pop();
				}
			}
		}
	}
}
signed main() {
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t=1;
	cin>>t;
	while (t--) {
		solved();
	}
}

F. Triangle Formation

解析：这道题有个不容易发现的地方，因为它给的a[i]范围是1e9，而假设任意三个数字都构不成三角形，那么从最小1，1，到第44个就已经超过1e9了，如果也就是第44个就能插入两个数中间形成三角形，再多加一个就能构成三角形，也就是当r-l+1>45就能构成两个三角形了，当然不用取这么极限，取50都可以。接下来就是考虑在小于50个数字里面判断是否能凑出两个三角形，三角形要满足a1+a2>a3，因此a1,a2,a3要尽量接近，所以我们将范围内这些数排序，然后将所有连续三角形取出来判断是否有没有交集的两个三角形。但是这样会存在特例比如2，2，4，5，10，10，如果按上面算法就不会存在三角形,但是{2,4,5},{2,10,10}可以构成两个三角形，而这时可以用一个性质就是像这种，可以通过判断连续6个里面能形成两个三角形吗，为什么是6呢，不应该更大更好吗？因为首先小于6肯定形成不了两个三角形，而大于6个比如我有7个数字，从小到大排为第1，2，3，4，5，6，7个数字。
如果{1，6，7}形成三角形，那么剩下的数字如果能形成三角形那就剩下{2，3，4}，或者{3,4,5}，因为3比2更大{2，4，5}不如3+4>5更优，假如是{2，3，4},那么会剩下5，对于{1,6,7}我为什么不选{5,6,7}呢5比1大更容易实现三角形，对于{3,4,5}同理{2,6,7}更优，这样其实6个数字就能包含完了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=3e6+10;
const int mod=998244353;
int a[N];
int flag=0;
int b[N];
int check(int l,int r){
	int index=0;
	for (int i=l;i<=r;i++){
		b[++index]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+1+index);
	vector<pair<int,int>>v;
	for (int i=1;i<=index-2;i++){
		if (b[i]+b[i+1]>b[i+2]){
			v.push_back({i,i+2});
		}
	}
	int m=v.size();
	for (int i=0;i<v.size();i++){
		int l1=v[i].first;
		int r1=v[i].second;
		for (int j=i+1;j<v.size();j++){
			int l2=v[j].first;
			int r2=v[j].second;
			if (l2>r1){
				return 1;
			}
		}
	}
	int q[5]={0};
	for (int i=1;i<=index-5;i++){
		for (int j=i+1;j<=i+5;j++){
			for (int k=j+1;k<=i+5;k++){
				int cnt=0;
				for (int m=i+1;m<=i+5;m++){
					if (m!=j&&m!=k){
						q[++cnt]=b[m];
					}
				}
				if (b[i]+b[j]>b[k]&&q[1]+q[2]>q[3]){
					return 1;
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}
void solved() {
	int n,q;
	cin>>n>>q;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	while (q--){
		int l,r;
		cin>>l>>r;
		if (r-l+1>48||check(l,r)){
			cout<<"YES\n";
		}else{
			cout<<"NO\n";
		}
	}
}
signed main() {
	int t=1;
//	cin>>t;
	while (t--) {
		solved();
	}
}

总结

1.b题，b[i]|b[i+1]，就能将a[i]二进制上应该是1的位置，设为1，赛时，我是每一位每一位设置的，这样写了很久，并且a[i]&a[i+1]检验是否是b[i]
2.c题，奇数减去奇数，变偶数，偶数减去奇数，变奇数；如果是偶数，对于奇数减去偶数，还是奇数，偶数减去奇数，还是偶数。
3.d题：四色定理：如果在平面上劃出一些邻接的有限区域，那么可以用四种颜色来给这些区域染色，使得每两个邻接区域染的颜色都不一样.
4.交互题，不要使用cin加速！

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