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Good Bye 2019(前五题题解)

nblyz2003 2020-01-07 19:44:00 阅读数:81 评论数:0 点赞数:0 收藏数:0

这套也是后来补得。

我太菜了,第三题就卡着了。想了好久才做出来,要是参加了绝对掉分。

D题是人生中做完的第一道交互题,不容易。

比赛传送门

A.Card Game

题目大意:一共有n张互不相同的牌,玩家1有k1张牌,玩家2有k2张牌。两个人每次都会拿出一张牌,牌号大的人会得到这张牌,直到一方没牌。问第一个人能否会获胜。

这就是我们从小玩的比大小游戏。

在广大劳动人民的实践后得出来结论是有最大的牌的人获胜。

代码如下:

 #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#define rep(x, l, r) for(int x = l; x <= r; x++)
#define repd(x, r, l) for(int x = r; x >= l; x--)
#define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define MAXN
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)x.size())
using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef vector<int> vi;
 typedef pair<int, int> pii;
 const int INF = << ;
 const int p = 1000000009;
 int lowbit(int x){ return x & (-x);}
 int fast_power(int a, int b){ int x; for(x = ; b; b >>= ){ if(b & ) x = 1ll * x * a % p; a = 1ll * a * a % p;} return x % p;}

int main(){
 int t;
 scanf("%d", &t);
 rep(times, , t){
 int n, k1, k2;
 scanf("%d%d%d", &n, &k1, &k2);
 int maxx1 = , maxx2 = ;
 rep(i, , k1){
 int x;
 scanf("%d", &x);
 maxx1 = max(maxx1, x);
  }
 rep(i, , k2){
 int x;
 scanf("%d", &x);
 maxx2 = max(maxx2, x);
  }
 if(maxx1 > maxx2) puts("YES");
 else puts("NO");
  }
 return ;
 }
View Code-A

 

B.Interesting Subarray

题目大意:有一个数列a,让你找任意一个子段满足子段的最大值减最小值大于等于子段长度。

感觉这套的B题也比之前的难了点,看着屏幕愣了半天,可能最近脑子不对劲。

如果子段(l,r)满足条件,那么必定存在i,j满足a[i] - i < a[j] - j ,或者a[i] + i > a[j] + j。

那么只需记录下在所有的i,j( i <= j ),最小的a[i] - i和最大的a[i] + i,如果满足上面的条件就输出这一对。

代码如下:

 #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#define rep(x, l, r) for(int x = l; x <= r; x++)
#define repd(x, r, l) for(int x = r; x >= l; x--)
#define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define MAXN 200005
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)x.size())
using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef vector<int> vi;
 typedef pair<int, int> pii;
 const int INF = << ;
 const int p = 1000000009;
 int lowbit(int x){ return x & (-x);}
 int fast_power(int a, int b){ int x; for(x = ; b; b >>= ){ if(b & ) x = 1ll * x * a % p; a = 1ll * a * a % p;} return x % p;}

int a[MAXN];

int main(){
 int t;
 scanf("%d", &t);
 rep(times, , t){
 int n;
 scanf("%d", &n);
 rep(i, , n) scanf("%d", &a[i]);
 int s = INF, id = , ans = ;
 rep(i, , n){
 if(s < a[i] - i){
 printf("YES\n%d %d\n", id, i);
 ans = ;
 break;
  }
 if(a[i] - i < s){
 s = a[i] - i;
 id = i;
  }
  }
 if(!ans){
 s = , id = ;
 rep(i, , n){
 if(s > a[i] + i){
 printf("YES\n%d %d\n", id, i);
 ans = ;
 break;
  }
 if(a[i] + i > s){
 s = a[i] + i;
 id = i;
  }
  }
  }
 if(!ans) puts("NO");
  }
 return ;
 }
View Code-B

 

C.Make Good

题目大意:给你一串数字,让你在其中插入最多3个数字,使得这些数字的总和等于异或的2倍,只要给出任何一种方案即可。

首先这串数字是和我们没关系了,我们需要的只是它们的异或以及和。

很显然,必定存在一种方案只放一个数字就能成立(不要问我为什么,程序员不需要证明)

然后么将异或的乘个二,按照二进制来计算。

对于每一位,要是该位的为1,会对和产生1的贡献,对异或产生2的贡献,那么对于一个二进制位,要是这两个数不同,插入的数该位一定为1。

感觉解释的有点模糊……那就来个样例解释一下。

以下以[1,2,3,7]为例:

和:13 二进制:01101

异或:7 二进制:00111

异或的先乘个2也就是右移一位,为01110

0110 | 1

0111 | 0

两位置不同,答案该位为1,即加上1 << 0,变成1

和变成01110,异或变成01100,最后一位已经相同了,舍掉

011 | 1

011 | 0

不同,答案变成3,两数分别变成1000和0100,同样舍最后一位

10 | 0

01 | 0                    相同

1 | 0

0 | 1                      不同,答案变成11

| 1

| 1                         相同

插入后数列为 1, 2, 3, 7 , 11符合条件

具体代码实现:

 

 #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#define rep(x, l, r) for(int x = l; x <= r; x++)
#define repd(x, r, l) for(int x = r; x >= l; x--)
#define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define MAXN
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)x.size())
using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef vector<int> vi;
 typedef pair<int, int> pii;
 const int INF = << ;
 const int p = 1000000009;
 int lowbit(int x){ return x & (-x);}
 int fast_power(int a, int b){ int x; for(x = ; b; b >>= ){ if(b & ) x = 1ll * x * a % p; a = 1ll * a * a % p;} return x % p;}

int main(){
 int t;
 scanf("%d", &t);
 rep(times, , t){
 int n;
 scanf("%d", &n);
 ll s1 = , s2 = ;
 rep(i, , n){
  ll x;
 scanf("%lld", &x);
 s1 += x;
 s2 ^= x;
  }
 s2 <<= ;
 ll ans = ;
 for(int i = ; s1 != s2; i++){
 if((s1 & ) ^ (s2 & )){
 s1 += ;
 s2 ^= ;
 ans += 1ll << i;
  }
 s1 >>= ;
 s2 >>= ;
  }
 printf("1\n%lld\n", ans);
  }
 return ;
 }
View Code-D

 

 

D.Strange Device

题目大意:有一个长为n数列a,值已确定,但是你不知道。现在有个设备,你可以输入长为k的上升序列p1,p2,…,pk,进行询问,它会回答ap1,ap2,...,apk中第m小的数在原数列的坐标和这个数的值。现在给你n和k,让你在最多询问n次后回答m的大小。

作为以往交互题直接跳的人,这题拿到一脸懵,后来还是看题解才有的思路。

我们只需要询问k+1次,第i次询问序列为{ x | 1 <= x <= k + 1, x <> i }

假设n = 4, k = 3,询问分别为

2 3 4

1 3 4

1 2 4

1 2 3

这样问有一个好处,第i次询问,若是i <= m,那么返回的必然是[a1..ak +1]中第m + 1小的数,否则返回的数必然是第m小的数。

那么在k+1次询问后,m+1小的数恰好返回了m次,于是我们答案就是返回的较大的一个数的次数。

代码如下:

 #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#define rep(x, l, r) for(int x = l; x <= r; x++)
#define repd(x, r, l) for(int x = r; x >= l; x--)
#define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define MAXN
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)x.size())
using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef vector<int> vi;
 typedef pair<int, int> pii;
 const int INF = << ;
 const int p = 1000000009;
 int lowbit(int x){ return x & (-x);}
 int fast_power(int a, int b){ int x; for(x = ; b; b >>= ){ if(b & ) x = 1ll * x * a % p; a = 1ll * a * a % p;} return x % p;}

map<int, int> f;

int main(){
 int n, k;
 scanf("%d%d", &n, &k);
 int maxx = ;
 rep(i, , k + ){
 putchar('?');
 rep(j, , k + ){
 if(i == j) continue;
 printf(" %d", j);
  }
 puts("");
  fflush(stdout);
 int x, y;
 scanf("%d%d", &x, &y);
 f[y]++;
 maxx = max(maxx, y);
  }
 printf("! %d\n", f[maxx]);
 return ;
 }
View Code-D

 

E.Divide Points

题目大意:给你n个点和它们的坐标,现在给它们两两连上边,如果在同一组为黄色,不同组为蓝色。现在让你给出任意一种分组方案,使得所有长度相同的边颜色相同。

相信大家看到这题目想的都是二分图啊,并查集啊……但我不一样,我想的是:这题目能做嘛……

大佬的做法真是高超,先放上题解里截来的图。

主要思路就是奇偶分类。

我们将点按照横纵坐标的奇偶性,分成4个集合。

其中点上的0,1表示坐标的奇偶性,边上的0,1表示长度平方的奇偶性。

不难得出以上不同集合的点的关系,另外同一集合中的边当然也为0。

那么我们只要将(0,0)和(1,1)放入一组,(0,1)和(1,0)放入另一组,那么偶边(即长度平方为偶数的边)必定是同一组的两点,奇边必定是不同组的两点。当然这有个前提,就是每组都不能为空。

那若是有一组为空呢,图片就变成了这个样子


两个集合连起来也是偶边,自己集合连自己集合也是偶边,似乎无法连接了。

但是我们发现自己连自己横坐标差和纵坐标差都为偶数,和别的集合连得差都为偶数。

我们设同一集合的横坐标差为2k1,纵坐标差为2k2,不同集合的横坐标差为2k1+1,纵坐标差是2k2+1

根据距离公式d = √((x1 - x2) × (x1 + x2) + (y1 - y2) × (y1 - y2))进行计算(方便起见,直接算边长度的平方)。

同一集合相连 = (2k1)2 + (2k2)2 = 4(k12 + k22)

不同集合相连 = (2k1 + 1)2 + (2k2 + 1)2 = 4(k12 + k22 + k1 + k2) + 2

很显然这两个是不会相等的。

那么如果不符合上一个情况,那么按x的奇偶性分组。

可是万一数据只有一个集合呢?

没事把数据缩小一倍就好了,到时候一定会有答案因为点坐标两两不同。

这样为什么可行呢?

因为同一个集合中的点的奇偶性都是相同的,那么我们将它们的最后一位舍弃也是符合原来的大小情况。

代码如下:

 

 #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#define rep(x, l, r) for(int x = l; x <= r; x++)
#define repd(x, r, l) for(int x = r; x >= l; x--)
#define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define MAXN 1005
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)x.size())
using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef vector<int> vi;
 typedef pair<int, int> pii;
 const int INF = << ;
 const int p = 1000000009;
 int lowbit(int x){ return x & (-x);}
 int fast_power(int a, int b){ int x; for(x = ; b; b >>= ){ if(b & ) x = 1ll * x * a % p; a = 1ll * a * a % p;} return x % p;}

vi ans;
 int x[MAXN], y[MAXN], cnt[][];

int main(){
 int n;
 scanf("%d", &n);
 rep(i, , n) scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);
 while(){
 clr(cnt, );
 rep(i, , n) cnt[x[i] & ][y[i] & ]++;
 if(cnt[][] + cnt[][] > && cnt[][] + cnt[][] > ){
 rep(i, , n)
 if((x[i] & ) ^ (y[i] & )) ans.pb(i);
 printf("%d\n", SZ(ans));
 rep(i, , SZ(ans) - ) printf("%d ", ans[i]);
 puts("");
 return ;
  }
 if(cnt[][] + cnt[][] > && cnt[][] + cnt[][] > ){
 rep(i, , n)
 if(x[i] & ) ans.pb(i);
 printf("%d\n", SZ(ans));
 rep(i, , SZ(ans) - ) printf("%d ", ans[i]);
 puts("");
 return ;
  }
 rep(i, , n){
 x[i] >>= ;
 y[i] >>= ;
  }
  }
 return ;
 }
View Code-E
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