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題目大意：初始時(shí)給出一個(gè)長(zhǎng)度為 n 的序列，每個(gè)位置 a[ i ] = i ，再給出一個(gè)映射 f( x , y ) = z，現(xiàn)在規(guī)定每次操作可以使得：

t = f( a[ i ] , a[ j ] )

a[ i ] = t

a[ j ] = t

對(duì)于完全相同的 x 和 y，得到的 f( x , y ) 是相同的

現(xiàn)在需要給出一種操作順序，使得無論映射 f 如何定義，最后都能使得整個(gè)序列最多有兩種不同的元素

題目分析：自己手玩一下不難發(fā)現(xiàn)，如果 n 是 2 的冪次的話，總是有辦法可以將其變?yōu)橥环N元素的，以 n = 8 為例：

1 2 3 4 5 6 7 8

9 9 10 10 11 11 12 12

13 13 13 13 14 14 14 14

15 15 15 15 15 15 15 15

這樣可以類比于 st 表的思想，找出最大的小于等于 n 的 2 的冪次記為 k，對(duì)于區(qū)間 ( 1 , 1 + k - 1 ) 和 ( n - k + 1 , n ) 進(jìn)行上述操作，就可以保證所有的 n 個(gè)元素都能被覆蓋到，且最后最多有兩種不同的元素了

因?yàn)閷?duì)應(yīng)的過程比較麻煩，寫分治的話相對(duì)比較簡(jiǎn)單一些，時(shí)間復(fù)雜度是 nlogn 級(jí)別的，換句話說最后的答案也是 nlogn 級(jí)別的

代碼：

//#pragma GCC optimize(2) //#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math") //#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx") #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> #include<list> #include<unordered_map> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e5+100;vector<pair<int,int>>ans;void dfs(int l,int r) {if(l==r)return;int mid=l+r>>1;dfs(l,mid);dfs(mid+1,r);for(int i=l,j=mid+1;i<=mid;i++,j++)ans.emplace_back(i,j); }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int n;scanf("%d",&n);int p=1;while(p*2<=n)p*=2;dfs(1,1+p-1);if(n!=p)dfs(n-p+1,n);printf("%d\n",ans.size());for(auto t:ans)printf("%d %d\n",t.first,t.second);return 0; }

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總結(jié)

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