那天晚上和同學打球打的有點晚，結果就鴿了，現在來補一下

A - Ahahahahahahahaha

直接看原數組中0的個數cnt0和1的個數cnt1，誰多留誰即可，注意留1的時候要留偶數個。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1010; int a[N]; int n; int main() {IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];int cnt0=0,cnt1=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]) cnt1++;else cnt0++;}if(cnt1<=n/2){cout<<cnt0<<'\n';for(int i=1;i<=cnt0;i++) cout<<0<<' ';cout<<'\n';}else{if(cnt1&1) cnt1--;cout<<cnt1<<'\n';for(int i=1;i<=cnt1;i++) cout<<1<<' ';cout<<'\n';}}return 0; }

B - Big Vova

直接暴力，從第一位開始每次選一個目前使c[i]最大的數即可，維護d使之為$d=gcd(b_1,b_2\dots b_i)$
時間復雜度$O(n^{2}logn)$

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N=1010; int a[N],b[N],n; int gcd(int a,int b) {return b?gcd(b,a%b):a; } int main() {IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n;int d=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];d=max(a[i],d);}for(int i=1;i<=n;i++){int mx=0;int p=-1;for(int j=1;j<=n;j++){if(a[j]==0) continue;//之前選過if(mx<gcd(d,a[j])){mx=gcd(d,a[j]);p=j;}}b[i]=a[p];d=gcd(d,b[i]);a[p]=0;}for(int i=1;i<=n;i++) cout<<b[i]<<' ';cout<<'\n';}return 0; }

C - Chocolate Bunny

交互題，第一次做什么東西啊
每次選擇沒有確定的兩個位置i，j，詢問i、j和j、i。分析可知這樣一定能確定一個位置的數。總詢問次數為$2n?2$次，即可原序列。
如果$a_i>a_j$，已知$a_i\%a_j=x$和$a_j\%a_i=y$，分析可知$a[j]=y$即確定了一個位置的數。
如果$a_i<a_j$，已知$a_i\%a_j=x$和$a_j\%a_i=y$，分析可知$a[i]=x$也能能夠確定一個位置的數。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N=10010; int a[N],n; bool st[N]; int main() {IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;int x,y,now=1;for(int i=2;i<=n;i++){cout<<"? "<<now<<' '<<i<<'\n';cout.flush();cin>>x;cout<<"? "<<i<<' '<<now<<'\n';cout.flush();cin>>y;if(x>y){a[now]=x;st[x]=1;now=i;}else{a[i]=y;st[y]=1;}}for(int i=1;i<=n;i++)if(!st[i]) a[now]=i;cout<<"! ";for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<' ';cout<<'\n';}return 0; }

D - Discrete Centrifugal Jumps

$f[i]=min(f[i],f[k]+1)$ 對于$h[k+1\dots i?1]$滿足題目條件即可

// O(n^2) #define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N=300010; int h[N],n; int f[N]; int main() {IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i];memset(f,0x3f,sizeof f);f[1]=0;for(int i=1;i<=n;i++){int maxh=0,minh=0x3f3f3f3f;for(int j=i-1;j;j--){if(minh>max(h[i],h[j])||maxh<min(h[i],h[j]))f[i]=min(f[i],f[j]+1);minh=min(minh,h[j]);maxh=max(maxh,h[j]);}}cout<<f[n]<<endl;}return 0; }

嘗試采用單調棧維護一個單調序列不妨先考慮一種情況即$max(h_{i+1},\dots ,h_{j?1})<min(h_i,h_j)$，維護嚴格單調上升的序列，對于第$i$個山峰考慮合法轉移：對于單調棧中的元素如果第一個大于$h_i$中的下標是$pos$那么$f[pos?1]\dots f[tt]$都可以更新$f[i]$，在維護有序棧的同時更新不斷更新答案即可

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N=300010; int h[N],n; int q1[N],tt1; int q2[N],tt2; int f[N]; int main() {IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i];q1[++tt1]=1,q2[++tt2]=1;for(int i=2;i<=n;i++){f[i]=f[i-1]+1;while(tt1&&h[q1[tt1]]>h[i])f[i]=min(f[q1[tt1--]]+1,f[i]);if(tt1) f[i]=min(f[q1[tt1]]+1,f[i]);while(tt1&&h[q1[tt1]]==h[i]) tt1--;q1[++tt1]=i;while(tt2&&h[q2[tt2]]<h[i])f[i]=min(f[q2[tt2--]]+1,f[i]);if(tt2) f[i]=min(f[q2[tt2]]+1,f[i]);while(tt2&&h[q2[tt2]]==h[i]) tt2--;q2[++tt2]=i;}cout<<f[n]<<'\n';}return 0; }

要加油哦~

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #669 (Div. 2)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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