上藍了！

A. Consecutive Sum Riddle

題意

給一個$n$，你需要構造一個整數區間$[L,R]$,其和等于$n$
分析

取$[?n+1,n]$即可。

B. Special Numbers

題意

給出一個 $n$ , 另一個數 $m$ 如果可以表示成 $n$ 的不同冪次之和，則稱 $m$ 是 special 的。現在給出 $n$， 將所有 special 的數升序排序，問第 $k$ 個數是多少。

分析

假如一個數是 $n^0+n^1+n^4$ ， 我們不妨用二進制表示，轉化為 $10011_{(2)}$ ，也就是說現在給了一個二進制的數，但是其每個位的權值要乘以 $n$. 那么第 $k$ 個數表示成二進制自然就是 $k_{(2)}$ 本身了，模擬快速冪求即可。

代碼

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) #define int long long #define pii pair<int, int> using namespace std; const int mod = 1e9 + 7; signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--) {int n, k;cin >> n >> k;int ans = 0;int x = 1;while(k) {if(k & 1) {ans = (ans + x) % mod;}x = (x * n) % mod;k >>= 1;}cout << ans << endl;}return 0; }

C. Make Them Equal

題意

給一串字符串，你要通過一些操作把它的所有字符全部變成 $c$：

選擇一個數字 $x,1\le x\le n$. 字符串中所有下標 $i$ 中 $imodx=0$ 的下標都將被替換為 $c$.

分析

首先貪心考慮，如果 $x$ 取 $n$，那么 $[1,n?1]$ 必定全部都可以替換，接下來再取個 $n?1$，把 $n$ 替換即可。故不管怎樣，答案最多為2.

所以只需要考慮答案為1的情況了。這里我們可以直接暴力統計所有不等于 $c$ 的下標的因數，如果不同因數的個數小于 $n$ ，說明一定可以找到一個 $x$ 使得所有字符為 $c$.

代碼

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) #define int long long #define pii pair<int, int> const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std; const int maxn = 3e5 + 10; bool v[maxn]; signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--) {int n;string s; char c;cin >> n;s += '#';string tmp;cin >> c;cin >> tmp;s += tmp;bool flag = 1;vector<int> pos;for (int i = 1; i <= n; ++i) v[i] = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) if(s[i] != c) {flag = 0; pos.pb(i);}if(flag) {cout << 0 << endl;continue;}int cnt = 0;for (auto &i : pos) {if(!v[i]) v[i] = 1, cnt++;for (int j = 1; j * j <= i; ++j) {if(i % j == 0 && !v[j]) v[j] = 1, cnt++;if(i % j == 0 && !v[i / j]) v[i / j] = 1, cnt++;}}if (cnt == n) {cout << 2 << endl;cout << n << ' ' << n - 1 << endl;}else {cout << 1 << endl;for (int i = 1; i <= n; ++i) if(!v[i]) {cout << i << endl;break;}}}return 0; }

D. The Number of Imposters

題意

有一張 $n$ 個節點的圖，每條邊都是單向邊 $(i,j,c)$ 表示第 $i$ 個人說第 $j$ 個人是個說謊的人/說實話的人。且如果一個人是說謊的人，那他說的一定是假，否則一定是真。

問這張圖最多有幾個說實話的人。

分析

單向圖其實可以直接轉化為無向圖，這是等價的。 $a$ 說 $b$ 是假的，其實和 $b$ 說 $a$ 假是一樣的，可以列真值表證明。

而且，只要連通圖中有一個人的真假確定了，其他人的真假一定也確定了。

所以，轉化為無向圖之后再記憶化搜索就可以了，對每個連通塊進行 dfs ，$dp[i][0]$ 表示第 $i$ 人說謊的情況下他和他的子節點中說實話的人有多少；$dp[i][1]$ 表示 $i$ 說實話的情況下的答案。

注意矛盾的情況，搜索過程中每個節點要保存自己的當前真假情況，這樣在子節點指回祖先節點時判斷一下矛不矛盾就可以了。

所以對每個連通塊搜索的根節點，假設其為實話或者謊話，分別 dfs 兩次，取最大值即可。

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其實也可以寫的更簡單的，但是昨天越寫越奇怪，有點沒穩住，思路太亂了。

不僅思路較為冗雜，代碼也特別丑qwq

代碼

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) // #define int long long #define pii pair<int, int> const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std; const int maxn = 2e5 + 10; int n, m; int dp[maxn][2]; // i號節點說謊/不說謊的答案 vector<pii> e[maxn]; bool v[maxn]; bool flag = 0; int fa[maxn]; int st[maxn]; // 當前的status 1說謊，2不說謊 vector<int> tmp; void dfs(int i, int l) { // l:0說謊，1不說謊tmp.pb(i);st[i] = l + 1;for (auto &x : e[i]) {if(st[x.first]) {if(l == 1 && x.second == 0 && st[x.first] == 2){flag = 1;}else if(l == 1 && x.second == 1 && st[x.first] == 1) {flag = 1;}else if(l == 0 && x.second == 1 && st[x.first] == 2) {flag = 1;}else if(l == 0 && x.second == 0 && st[x.first] == 1) {flag = 1;}continue;}if(l == 1 && x.second == 0) {dfs(x.first, 0);dp[i][1] += dp[x.first][0];}else if(l == 1 && x.second == 1) {dfs(x.first, 1);dp[i][1] += dp[x.first][1];}else if(l == 0 && x.second == 0) {dfs(x.first, 1);dp[i][0] += dp[x.first][1];}else {dfs(x.first, 0);dp[i][0] += dp[x.first][0];}} } signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--) {cin >> n >> m;flag = 0;fors(i, 1, n) {dp[i][0] = 0, dp[i][1] = 1;fa[i] = i;v[i] = 0;st[i] = 0;}int l, r; string s;while(m--) {cin >> l >> r >> s;if(s[0] == 'i') {e[l].pb({r, 0});e[r].pb({l, 0});}else {e[l].pb({r, 1});e[r].pb({l, 1});}}int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {if(!st[i]) {tmp.clear();dfs(i, 0);for(auto &x : tmp) st[x] = 0;dfs(i, 1);ans += max(dp[i][0], dp[i][1]);if(flag) break;}}if(flag) cout << -1 << endl;else cout << ans << endl;fors(i, 1, n) e[i].clear();}return 0; }

E1. Rubik’s Cube Coloring (easy version)

這種E1還是放Div. 3去吧，能當A做了，我不好說。

屬于是送經驗了（

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) #define int long long #define pii pair<int, int> const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std; const int mod = 1e9 + 7; int fpow(int x, int y) {int ans = 1;while(y) {if(y & 1) {ans = (ans * x) % mod;}x = (x * x) % mod;y >>= 1;}return ans; } signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;t = 1;while(t--) {int k;cin >> k;int p = (1LL << k) - 1LL;cout << (fpow(4, p - 1LL) * 6LL) % mod << endl;}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #747 (Div. 2) 个人题解的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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