文章目錄

• 前言
• 1362-A. Johnny and Ancient Computer
• • 解析
• 1362-B - Johnny and His Hobbies
• • 解析
• 1362-C - Johnny and Another Rating Drop
• • 解析
• 1361-A Johnny and Contribution
• • 解析
• 1361-B - Johnny and Grandmaster
• • 解析
• 1361-C - Johnny and Megan's Necklace
• • 解析
• 1361-D - Johnny and James
• • 解析

前言

比昨天的題惡心億點點
最后D題死活調(diào)不出來了整了兩個半小時
qwq

1362-A. Johnny and Ancient Computer

給定 a,b，你可以把 aaa 的值設(shè)為以下幾種之一：
a?2
a?4
a?8
a÷2（如果它被 2 整除）
a÷4（如果它被 4 整除）
a÷8（如果它被 8 整除）
求出至少需要幾次操作才能把 a 變成 b。如果無解，輸出 -1，表示這是不可能的。
多組數(shù)據(jù)，數(shù)據(jù)組數(shù) $t\le 1000,1\le a,b\le 10^{18}$

解析

大水題
判斷整除、除完一的個數(shù)后暴力數(shù)需要移動幾位即可

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=2e5+100; const int mod=998244353; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; }int n,m,q; int calc(ll x){return x?calc(x>>1)+1:0;} signed main(){ #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); #endifint T=read();while(T--){ll a=read(),b=read();if(a<b) swap(a,b);if(a%b) printf("-1\n");else{ll o=a/b;if(o!=(o&-o)) printf("-1\n");else printf("%d\n",(calc(o)+1)/3);}}return 0; }

1362-B - Johnny and His Hobbies

有一個大小為 n 的集合 $S=\{s_1,s_2,...,s_n\}$。你需要求出一個最小的正整數(shù) k，使得 $\{s_1\oplus k,s_2\oplus k,...,s_n\oplus k\}=S$。
如果不存在這樣的 k，輸出 ?1。
$t\le 1024,1\le n\le 1024,\sum n\le 1024,0\le s_i<1024$

解析

注意到數(shù)據(jù)范圍很小，n方可以通過
暴力枚舉$a_i$映射的值判斷合法再取最小即可

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=1050; const int mod=998244353; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; }int n,m,q; int a[N],bac[N]; signed main(){ #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); #endifint T=read();while(T--){int res=1e9;n=read();memset(bac,0,sizeof(bac));for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),bac[a[i]]=1;for(int i=2;i<=n;i++){int o=a[1]^a[i],flag=1;for(int j=1;j<=n;j++){if(bac[a[j]^o]==0){flag=0;break;}}if(flag) res=min(res,o);}printf("%d\n",res<1e9?res:-1);}return 0; }

1362-C - Johnny and Another Rating Drop

定義兩個數(shù)的差異為它們在二進(jìn)制下不同的位的數(shù)量（我們認(rèn)為它們補(bǔ)充了足夠的前導(dǎo)零）。
例如，0101 和 1110 的差異為 3
你需要求出 $0,1,2,..,n?1,n$ 中相鄰的數(shù)的差異之和。
$t\le 10000$，$1\le n\le 10^{18}$

解析

如果你沒什么思路，給你看看他的樣例：

n=5:
000
001
010
011
100
101

謎底寫在謎面上
按位考慮即可

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=1050; const int mod=998244353; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; }int n,m,q; ll mi[100]; signed main(){ #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); #endifint T=read();mi[0]=1;for(int i=1;mi[i-1]<=1e18;i++) mi[i]=mi[i-1]<<1;while(T--){ll a=read(),res(0);for(int i=0;mi[i]<=a;i++){res+=(a+1+mi[i]-1)/mi[i]-1;}printf("%lld\n",res);}return 0; }

1361-A Johnny and Contribution

給定 n 個點 m 條邊的無向圖。第 i 點被要求標(biāo)上一個大小在 [1,n] 之間的正整數(shù) $t_i$?。
在實際標(biāo)數(shù)的過程中，操作者會按照一個特定的順序 $p_1,p_2,...,p_n$ 來標(biāo)數(shù)。
當(dāng)給一個點 x 標(biāo)數(shù)的時候，操作者會找到一個(最小的，在已經(jīng)被標(biāo)上數(shù)且與 x 相連的點中沒有出現(xiàn)過的,)正整數(shù) v，并把點 x 標(biāo)上 v。
你需要求出 $p_1,p_2,...,p_n$?，這樣操作者標(biāo)數(shù)之后，第 iii 個點會被標(biāo)上 $t_i?$。
$1\le n,m\le 5?10^5,1\le t_i\le n$ 無重邊無自環(huán)

解析

直接從小到大考慮標(biāo)記點，標(biāo)記完把與它相連的打個標(biāo)記即可
如果該點在自己的第k輪被打了標(biāo)記或者之前打的標(biāo)記次數(shù)少于k-1，就是無解
實現(xiàn)用時間戳標(biāo)記，具體見代碼

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=5e5+100; const int mod=998244353; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; }int n,m; struct node{int to,nxt; }p[N<<1]; int fi[N],cnt; inline void addline(int x,int y){p[++cnt]=(node){y,fi[x]};fi[x]=cnt;return; } vector<int>v[N]; int du[N],tim,tag[N]; int ans[N],tot; signed main(){ #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); #endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));n=read();m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();addline(x,y);addline(y,x);}for(int i=1;i<=n;i++){v[read()].push_back(i);}for(tim=1;tim<=n;tim++){for(int i=0,o=v[tim].size();i<o;i++){int x=v[tim][i];if(tag[x]==tim||du[x]<tim-1){printf("-1\n");return 0;}ans[++tot]=x;for(int i=fi[x];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(tag[to]!=tim){tag[to]=tim;du[to]++;}}}}for(int i=1;i<=tot;i++) printf("%d ",ans[i]);return 0; }

1361-B - Johnny and Grandmaster

給定 n,p 和 n 個形如 $p^{k_i}$的整數(shù)?，要求將這 n 個數(shù)分為兩個集合，最小化兩個集合的各自的和的差的絕對值，答案對 $10^9+7$ 取模。
$\sum n\le 10^6,1\le p\le 10^6,0\le k_i\le 10^6$

解析

不太難但挺有意思的貪心題
貪心策略：

從高到低位取，每次都盡可能最小化當(dāng)前的差值

證明：
假設(shè)當(dāng)前在第k位，沒有最小化當(dāng)前的差值
那么當(dāng)前差值會增大 $2?p^k$
設(shè)[0,k-1]位的和為$sum$

若$sum\ge 2?p^k$，那么顯然后面需要把這個差值先補(bǔ)上來，那么我們不如不要這個差值，讓補(bǔ)上來的兩個$p^k$互相抵消，這樣是不劣的

若$sum\le 2?p^k$，那么答案就會至少是$p^{k?1}$，但是不難看出，如果不要這個差值，不難發(fā)現(xiàn)答案不會超過$p^{k?1}$，所以是不優(yōu)秀的

比較感性，但湊和看吧
后面的實現(xiàn)就不是很難了
主要你別和我一樣傘兵換底公式倒錯就行

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=2e6+100; const int mod=1e9+7; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; }int n,m; ll p; int tag[N],tim,num[N]; vector<int> v; inline void add(int id){if(tag[id]!=tim){tag[id]=tim;v.push_back(id);num[id]=1;}else num[id]++;return; } inline ll ksm(ll x,ll k){ll res(1);while(k){if(k&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res; } ll calc(int k){ll res(0);for(int i=k;i>=0;i--) (res+=num[v[i]]*ksm(p,v[i]))%=mod;return res; } signed main(){ #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); #endifint T=read();for(tim=1;tim<=T;tim++){v.clear();v.shrink_to_fit(); n=read();p=read();for(int i=1;i<=n;i++){int o=read();add(o);}sort(v.begin(),v.end());ll cnt(0);int flag(0);for(int i=v.size()-1;i>=0;i--){int x=v[i];if(num[x]>=cnt){num[x]-=cnt;cnt=num[x]&1;}else cnt-=num[x];if(i>0&&cnt){int d=v[i]-v[i-1];if(1.0*(log(n)-log(cnt))/log(p)<d){flag=1;printf("%lld\n",(cnt%mod*ksm(p,x)-calc(i-1)+mod)%mod);break;}else cnt*=ksm(p,d);}}if(!flag)printf("%lld\n",cnt%mod*ksm(p,v[0])%mod);}return 0; }

1361-C - Johnny and Megan’s Necklace

n 對珍珠由 n 條線所連起來，共 2n 顆?，F(xiàn)在你可以在任意兩個未被線連起來的珍珠之間連一條線，共可連 n 條，使得這 2n 顆珍珠形成一個環(huán)。
設(shè)一條線所連的兩顆珍珠權(quán)值為 u,v，則該線的權(quán)值為最大的整數(shù) k 滿足 $2^k\mid u\mathrm{xor}v$ 。如果 u=v，則 k=20。
求所有新連的線的權(quán)值最小值的最大值并給出方案，即 2n 顆珍珠所形成的的環(huán)。

解析

關(guān)于最值，不難想到二分答案
對于一個給定的答案k,兩顆珍珠可以連接當(dāng)且僅當(dāng)二者的[0,k-1]位完全相同
考慮把每一個長度為k的后綴建一個點，每顆珍珠向自己的伴侶和自己的后綴連一條邊
然后跑歐拉回路即可

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=3e6+100; const int mod=1e9+7; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; }int n,m;struct node{int to,nxt; }p[N<<1]; int fi[N],cnt; inline void addline(int x,int y){//printf(" addline:%d->%d\n",x,y);p[++cnt]=(node){y,fi[x]};fi[x]=cnt;return; }int a[N],b[N]; int zhan[N],top; bool jd[N]; int du[N]; void dfs(int x){//printf("dfs:%d\n",x);for(int i=fi[x];~i;i=fi[x]){int to=p[i].to;fi[x]=p[i].nxt;jd[i^1]=1;if(!jd[i]){//printf("%d->%d\n",x,to);dfs(to);}}zhan[++top]=x; } bool check(int k){int s=(1<<k)-1;memset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;memset(jd,0,sizeof(jd));memset(du,0,sizeof(du));for(int i=1;i<=n;i++){addline(2*i-1,2*i);addline(2*i,2*i-1);}int mx(0);for(int i=1;i<=n;i++){int x=a[i]&s,y=b[i]&s;++x;++y;//printf("\ni=%d x=%d y=%d\n",i,x,y);addline(2*i-1,2*n+x);addline(2*n+x,2*i-1);addline(2*i,2*n+y);addline(2*n+y,2*i);du[2*n+x]++;du[2*n+y]++;mx=max(mx,max(x,y));}for(int i=1;i<=mx;i++){if(du[i+2*n]&1) return false;}top=0;dfs(1);return top==3*n+1; } int main(){ #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); #endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=read();b[i]=read();}//printf("%d\n",check(3));//while(top) printf("%d ",zhan[top--]);//return 0;int st=0,ed=20;while(st<ed){int mid=(st+ed+1)>>1;if(check(mid)) st=mid;else ed=mid-1;}check(st);printf("%d\n",st);--top;while(top){if(zhan[top]<=2*n) printf("%d ",zhan[top]);--top;}return 0; }

1361-D - Johnny and James

平面上給定 n 個互不相同的點，其中一個點是原點
建一棵樹，原點為根，一個不為原點的點的父親為其到原點的線段上的第二個點，邊長即為到父親的歐幾里得距離
求選出 k 個不同的點，這些點兩兩距離和最大值
$2\le k\le n\le 5\times 10^5$

解析

大毒瘤題…
是好幾種方法都假掉了，又寫了一堆bug
qwq
思路也不太好想

如果我們知道一條鏈上取的點的個數(shù)，我們應(yīng)該取那些點呢？
對于前k/2個，由于鏈外的點更多，我們應(yīng)該從下往上取，而對于超過k/2個，由于下方的點更多，我們應(yīng)該從上往下取

所以我們可以分開來考慮增量
（設(shè) x 到根的距離為 $di{s}_x$ ）
對于從下往上取的前k/2個：設(shè)其為從下往上第 i 個，那么它會往根連接 $k?i$ 條邊，產(chǎn)生$(k?i)\times di{s}_i$ 的貢獻(xiàn)；同時，由于下方的所有點計算到i的路徑時，本來是連向根的，現(xiàn)在變成連向 i ，因此又將付出 $(i?1)\times di{s}_i$的代價。總的價值就是 $$(k?i?(i?1))\times di{s}_i$$

對于從上往下取的前k/2個：設(shè)其為從上往下第 i 個，那么它會往根連 $k?k/2?(i?1)$條邊（k/2是第一種情況的點），產(chǎn)生 $(k?i)\times di{s}_i$的貢獻(xiàn)；對于下方的點，和第一種情況類似的，也要付出$(k/2)\times di{s}_i$；同時，它的祖先們往i連邊本來是當(dāng)成向根連邊計算的，但現(xiàn)在變成了連向 i 變化值是${\sum }_{u\in ancesto{r}_i}di{s}_i?di{s}_u?di{s}_u$。因此，總的價值就是：$$(k?k/2?k/2+i?1)\times di{s}_i?2\times \sum _{u\in ancesto{r}_i}di{s}_u$$

算出選取每個點的貢獻(xiàn)，sort一下后取前k個即可

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=5e5+100; const int mod=1e9+7; const double eps=1e-9; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; }ll gcd(ll x,ll y){ return y?gcd(y,x%y):x;}int n,m; int rt; map<int,map<int,int>>mp; int bel[N],tot; vector<int> v[N]; ll x[N],y[N]; double dep[N]; struct node{int to,nxt;double w; }p[N<<1]; int fi[N],cnt; inline void addline(int x,int y,double w){p[++cnt]=(node){y,fi[x],w};fi[x]=cnt;return; }bool cmp(int x,int y){return dep[x]>dep[y];} bool vis[N]; double q[N]; int num; int main(){ #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); #endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;n=read();m=read();for(int i=1;i<=n;i++){x[i]=read();y[i]=read();if(!x[i]&&!y[i]){rt=i;continue;}dep[i]=sqrt(x[i]*x[i]+y[i]*y[i]);int g=gcd(abs(x[i]),abs(y[i])),a=abs(x[i])/g,b=abs(y[i])/g;if(x[i]<0){//printf("ok a=%d\n",a);a=-a;}if(y[i]<0) b=-b;if(!x[i]) a=0,b=y[i]>0?1:-1;if(!y[i]) b=0,a=x[i]>0?1:-1;if(!mp[a][b]) mp[a][b]=++tot;int o=mp[a][b];bel[i]=o;v[o].push_back(i);//printf("i=%d bel=%d dep=%lf g=%d a=%d b=%d x[i]=%lld y[i]=%lld\n",i,bel[i],dep[i],g,a,b,x[i],y[i]);}v[++tot].push_back(rt);num=0;for(int o=1;o<=tot;o++){//printf("o=%d\n\n",o);int ww=v[o].size();sort(v[o].begin(),v[o].end(),cmp);for(int i=0;i<min(ww,m/2);i++){int x=v[o][i];q[++num]=(m-2*i-1)*dep[x];//printf("down:x=%d dep=%lf add=%lf\n",x,dep[x],(m-2*i-1)*dep[x]);}double sum(0);for(int i=ww-1;i>=m/2;i--){int x=v[o][i];q[++num]=(m-2*(m/2)-1)*dep[x]-2*sum;//printf("up:x=%d dep=%lf add=%lf\n",x,dep[x],(m-2*(m/2)-1)*dep[x]-2*sum);sum+=dep[x];}}double ans(0);sort(q+1,q+1+num);//for(int i=1;i<=num;i++) printf("%lf\n",q[i]);for(int i=num;m;i--,m--) ans+=q[i];printf("%.8lf\n",ans);return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的codeforces:1361(div1)1362(div2):总结的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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