Solution
A
可以发现,f(f(x))f(f(x))f(f(x))也就相当于把xxx末尾的所有000给去掉得到的数,即xf(f(x))\frac x {f(f(x))}f(f(x))x为xxx在十进制意义下的lowbitlowbitlowbit。
所以,答案就是nnn的位数,即读入的字符串的长度。
B
考虑一共进行了kkk秒,由1,2……k1,2……k1,2……k中的一些数变成−1-1−1组成nnn。可以发现,从一个数ppp变成−1-1−1相当于减去了p+1p+1p+1。
首先,我们通过二分求出最小的kkk,使得∑i=1ki≥n\sum_{i=1}^k i≥n∑i=1ki≥n。如果∑i=1k\sum_{i=1}^k∑i=1k与nnn的差为111,那么我们不得不在末尾添加一个−1-1−1;否则的话,假设它们的差为ppp,我们就把p−1p-1p−1给改成−1-1−1;特别的,如果p=0p=0p=0,就啥也不加。
综上所述,差为111就输出k+1k+1k+1,否则输出kkk。
C
一个比较显然的贪心策略。
对方打你你就别还手;但是如果你只有111的耐力了,那就打回去,这样虽然自己赢的数量没有变化,但是让对方胜利的次数少了111。
即,输出的分别是x−1x-1x−1和yyy。
D
看到数据范围,可以发现这是一个裸的dpdpdp。
状态设计: dpi,j,k:dp_{i,j,k}:dpi,j,k: 看到了第iii个数,当前的xxx为jjj,且第aia_iai个数是kkk。
对于dpi,j,kdp_{i,j,k}dpi,j,k的状态转移:
①如果k=aik=a_ik=ai,那么看到了这个数iii之后xxx并没有变,但是上一个数(ai−1)(a_{i-1})(ai−1)可以是任何不大于kkk的数。即状态转移为dpi,j,ai=minp=0aidpi−1,j,pdp_{i,j,a_i}=\min_{p=0}^{a_i} dp_{i-1,j,p}dpi,j,ai=minp=0aidpi−1,j,p。
②如果k≠aik≠a_ik=ai,那么在看到上一个数之后xxx的值必须是aia_iai,即这里的kkk;经过了这一个数之后,xxx的值与aia_iai交换,即j=aij=a_ij=ai。但是上一个数的值并不确定,所以可以得到状态转移dpi,ai,k=minj=0kdpi−1,k,jdp_{i,a_i,k}=\min_{j=0}^k dp_{i-1,k,j}dpi,ai,k=minj=0kdpi−1,k,j。
时间复杂度O(n3)O(n^3)O(n3)。
博客给出四个问题的解决方案。A问题中f(f(x))是x十进制下的lowbit,答案为n的位数;B问题通过二分求最小k,根据差值确定输出;C问题采用贪心策略,依耐力情况决定是否还手;D问题是裸的dp,给出状态设计和转移方程,时间复杂度O(n3)。
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