734F Anton and School

本文介绍了一个涉及数组操作的复杂问题,任务是找到一个数组a,使得a与给定的两个数组b和c进行按位与和按位或运算后满足特定条件。文章详细解释了解决方案的过程,并提供了一个具体的C语言实现。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

F. Anton and School
time limit per test
2 seconds
memory limit per test
256 megabytes
input
standard input
output
standard output

Anton goes to school, his favorite lessons are arraystudying. He usually solves all the tasks pretty fast, but this time the teacher gave him a complicated one: given two arrays b and c of length n, find array a, such that:

where a and b means bitwise AND, while a or b means bitwise OR.

Usually Anton is good in arraystudying, but this problem is too hard, so Anton asks you to help.

Input

The first line of the input contains a single integers n (1 ≤ n ≤ 200 000) — the size of arrays b and c.

The second line contains n integers bi (0 ≤ bi ≤ 109) — elements of the array b.

Third line contains n integers ci (0 ≤ ci ≤ 109) — elements of the array c.

Output

If there is no solution, print  - 1.

Otherwise, the only line of the output should contain n non-negative integers ai — elements of the array a. If there are multiple possible solutions, you may print any of them.

Examples
input
4
6 8 4 4
16 22 10 10
output
3 5 1 1 
input
5
8 25 14 7 16
19 6 9 4 25
output
-1


首先发现b[i]+c[i]=a[i]*n+sum b[1]+c[1]+...+b[n]+c[n]=2*n*(a[1]+...+a[n])
然后就可以构造出a[]了
这是感觉还要验证一下b[],c[]对不对,但是只能想到暴力验证,n2显然不可行就交一发试了一下......果然WA了
这时候只能想着怎么去验证b[],c[]了

想了一下 or 和 and 的操作
and比较好推  a[i]的某一位如果是0这一位得到的就都是0,如果是1就得到所有这一位上的1。
然后就是预处理每一位共有几个1,对于每个a[i]验证b[i]对不对
or 一开始是推错的,一时半会调不对就感觉b[]应该就够用了,虽然不会证明,交了一发A了
其实or也不难,A了后冷静了一下就推出来来了
a[i]某一位如果是1这一位就有n个1,是0就加上其他数的1,实际上就是这一位上所以的1
代码:
#include<stdio.h>
long long b[200005],c[200005],a[200005];
long long sm[90];
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	long long sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&b[i]);
		sum+=b[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&c[i]);
		sum+=c[i];
	}
	int f=0;
	int mx=0;
	//long long add=0;
	if(sum%(2*n)==0){
		sum/=2*n;
		f=1;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if((b[i]+c[i]-sum)%n!=0){
				f=0;
				break;
			}
			a[i]=(b[i]+c[i]-sum)/n;
			int step=0;
			long long xx=a[i];
			while(xx){
				if(xx&1){
					sm[step]++;
				}
				step++;
				xx>>=1;
			}
			if(mx<step)mx=step;
		}
	}
	//printf("--\n");
	if(f){
		long long aa,bb,cc;
		int step=0;
		long long one=1;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			aa=a[i];
			bb=cc=step=0;
			while(aa||step<mx){
				if(aa&1){
					bb+=(one<<step)*sm[step];
					cc+=(one<<step)*n;
				}
				else cc+=(one<<step)*sm[step];
				aa>>=1;
				step++;
			}
			if(bb!=b[i]||cc!=c[i])f=0;
		}
	}
	if(f){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			printf("%d ",a[i]);
		}
		printf("\n");
	}
	else printf("-1\n");
	return 0;
}


<think>好的,用户现在在问Codeforces problem734E的解决方案或解释。我需要先回忆一下这道题的具体内容。题目编号734E对应的是Codeforces上的一个题目,通常这类题目会有具体的名称和问题描述。不过根据用户提供的引用内容,之前的引用似乎提到了其他问题,比如742B,涉及位运算和异或操作。但用户现在明确询问的是734E,所以需要转向这个题号的内容。首先,我需要确认734E的题目内容。Codeforces的题目734E的标题通常是“Antonand Tree”,这题涉及树的结构和图论中的连通性处理。题目大意是给定一棵树,每个节点有黑色或白色,每次操作可以翻转一个颜色相同的连通区域的颜色,问最少需要多少次操作让整棵树变成同一种颜色。 接下来,我需要分析这个问题。解决这类问题通常需要找到树中的最长路径,也就是直径。因为每次操作可以翻转整个同色连通区域,所以关键在于如何将相邻的相同颜色节点合并,形成更大的连通块。然后,将问题转化为处理合并后的树的直径,所需的最小操作次数通常是直径长度的一半,向上取整。用户可能需要具体的解决步骤,比如如何通过两次BFS或DFS找到树的直径,或者如何预处理颜色相同的连通块。此外,可能还需要解释为什么直径决定了最小操作次数,以及具体的实现方法,比如构建缩点后的树,然后计算其直径。在回答时,需要结构清晰,分步骤解释。可能还需要提供代码示例,比如用Python或C++实现的解法。同时,根据用户之前的引用,他们可能对位运算或其他算法感兴趣,但734E主要涉及树和图论,需要调整回答内容。 用户可能还会关心时间复杂度的分析,或者如何优化算法。例如,两次BFS的时间复杂度是线性的,适合处理大范围的树结构。此外,需要验证思路的正确性,确保每一步的逻辑正确,比如合并同色节点后的树结构是否确实将问题转化为求直径的问题。 最后,生成相关问题,比如如何找到树的直径,如何处理连通块,或者类似的问题推荐,帮助用户进一步巩固相关知识。</think>### Codeforces 734E Anton and Tree 问题解析 **题目概述** 给定一棵$n$个节点的树,每个节点为黑色或白色。每次操作可以选择一个颜色相同的连通区域,翻转其颜色(黑→白,白→黑)。求使整棵树变为单一颜色的最小操作次数[^4]。 --- ### 关键思路 1. **连通块合并** 将相邻同色节点视为一个超级节点(缩点),形成新的树结构。此时新树中相邻节点颜色必然不同。 **示例**:原树为`黑-黑-白-白-黑`,合并后变为`黑-白-黑`。 2. **树直径与操作次数** 新树的直径决定了最小操作次数。设直径为$d$,则答案为$\lfloor \frac{d+1}{2} \rfloor$。 **原理**:每次操作可消除直径端点的一层颜色差异,最终在$\lfloor d/2 \rfloor$步内完成[^1]。 --- ### 算法步骤 1. **构建缩点后的树** - 使用DFS/BFS遍历原树,合并同色连通块。 - 记录合并后的边(仅连接不同颜色块)。 2. **求树的直径** - **两次BFS法**: - 第一次BFS找到最远节点$u$ - 第二次BFS从$u$出发找到最远节点$v$,路径$u→v$即为直径。 --- ### 代码实现(Python) ```python import sys from collections import deque def main(): sys.setrecursionlimit(1 << 25) n = int(sys.stdin.readline()) color = list(map(int, sys.stdin.readline().split())) adj = [[] for _ in range(n)] for _ in range(n-1): u, v = map(int, sys.stdin.readline().split()) adj[u-1].append(v-1) adj[v-1].append(u-1) # 构建缩点后的边 new_edges = [[] for _ in range(n)] visited = [False] * n def dfs(u, parent): visited[u] = True for v in adj[u]: if v == parent: continue if color[u] == color[v]: dfs(v, u) else: new_edges[u].append(v) dfs(0, -1) # BFS找最远节点 def bfs(start): q = deque() dist = [-1] * n dist[start] = 0 q.append(start) max_dist = 0 far_node = start while q: u = q.popleft() for v in new_edges[u]: if dist[v] == -1: dist[v] = dist[u] + 1 if dist[v] > max_dist: max_dist = dist[v] far_node = v q.append(v) return far_node, max_dist u, _ = bfs(0) v, d = bfs(u) print((d + 1) // 2) if __name__ == "__main__": main() ``` --- ### 复杂度分析 - **时间**:$O(n)$,两次BFS和DFS均为线性时间。 - **空间**:$O(n)$,存储邻接表和距离数组。 ---
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值