J.签到
签到，人口普查题，输出3.14
G.长椅
签到，如果总和能被n整除，即可以调平，否则不能
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n,a[N];
ll sum;
int main(){
scanf("%d",&n);
assert(1<=n && n<=100000);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
sum+=a[i];
assert(1<=a[i] && a[i]<=1000000000);
}
puts(sum%n?"No":"Yes");
return 0;
}C.圆阵
签到，如果n%2==0(n>2)，根据鸽巢原理，必有两个偶数会相邻，否则相邻放即可
然而这个n=2也输出NO，验题的时候也wa了一发
出题人：圆环上的相邻指a[i]和a[(i+1)%x](x是圆环上元素个数)，这不是常识吗
并表示可以当corner case考察，直 到 今 天 被 公 开 处 刑
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int main(){
scanf("%d",&n);
if(n%2==0){
puts("NO");
return 0;
}
puts("YES");
for(int i=2;i<=n;++i){
printf("%d%c",i," \n"[i==n]);
}
return 0;
}A.歌会
签到，被出烂的「导弹拦截」和dirworth定理，
根据dilworth定理，最大反链中元素的数目必等于最小链划分中链的数目，
所以，能分成两个单调不降的序列，等价于不存在长度为3的严格递减子序列
可以二分，也可以直接放（能放第一个尾就放第一个，否则放第二个尾）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int t,n,a[N],mx[N],mn[N];
bool solve(){
for(int i=2;i<n;++i){
if(mx[i-1]>a[i] && a[i]>mn[i+1])return 0;
}
puts("YES");
int fi=-1,se=-1,ans;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(a[i]>=fi)fi=a[i],ans=1;
else se=a[i],ans=2;
printf("%d%c",ans," \n"[i==n]);
}
return 1;
}
int main(){
scanf("%d",&t);
assert(1<=t && t<=10);
while(t--){
scanf("%d",&n);
assert(1<=n && n<=100000);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
assert(1<=a[i] && a[i]<=1000000000);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
mx[i]=max(mx[i-1],a[i]);
}
mn[n+1]=a[n];
for(int i=n;i>=1;--i){
mn[i]=min(mn[i+1],a[i]);
}
if(!solve())puts("NO");
}
return 0;
}E.海胆
签到，a和b的相同的因子个数，即gcd(a,b)的因子个数，
对于一个数x，如果a能整除x，则x/a也能整除x，二者不等的时候，贡献两个因子，
只有a=x/a的时候，因子个数才能为奇数，此时x为完全平方数，
所以，判断gcd(a,b)是不是完全平方数即可，为了避免精度问题，这里还检查了x-1和x+1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mx=1e18;
ll a,b,ans;
ll gcd(ll x,ll y){
return y?gcd(y,x%y):x;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&a,&b);
assert(1<=a && a<=mx);
assert(1<=b && b<=mx);
ans=gcd(a,b);
ll x=sqrt(ans);
bool ok=0;
for(ll i=x-1;i<=x+1;++i){
ok|=(i*i==ans);
}
puts(ok?"Odd":"Even");
return 0;
}I.画画
构造题，出题人强行加的中档构造题，好像起到了一些区分作用（？）
答案不唯一，这里给出一种构造方法，中间放形如0102矩形，一侧全放0另一侧全放2
2
01
02
4
0122
0222
0001
0002
6
012222
022222
000122
000222
000001
000002#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int main(){
scanf("%d",&n);
assert(n%2==0 && 1<=n && n<=500);
for(int i=0;i<n;++i){
for(int k=0;k<2*(i/2);++k)putchar('0');
if(i&1)printf("02");
else printf("01");
for(int k=0;k<n-2*(i/2)-2;++k)putchar('2');
puts("");
}
return 0;
}B.礼物
思维题，如果有相同的值，答案显然是0
否则按值域增序排序，只检查相邻的值即可
反证法，设错过了最优解，假设a[i]和a[i+2]是最优解，
则总可以发现a[i]和a[i+1]、a[i+1]和a[i+2]、a[i+2]和a[i+3]总有一对不劣于a[i]和a[i+2]
类似的，数学归纳法知，该法不会错过最优解
验题的时候没有发现这个性质，暴力找了离当前值值域最近的100个值，
冲过去了，还以为是出题人数据出弱了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;
const int N=1e5+10;
int t,n,m;
struct node{
int v,id;
}e[N];
bool operator<(node a,node b){
return a.v<b.v;
}
double solve(){
double res=1e9;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(e[i].v==e[i-1].v){
return 0;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
res=min(res,fabs(1.0*(e[i].v-e[i+1].v)/(e[i].id-e[i+1].id)));
}
return res;
}
int main(){
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&e[i].v);
e[i].id=i;
}
sort(e+1,e+n+1);
printf("%.10lf\n",solve());
}
return 0;
}以下三个题难度近似，取决于对某个知识点的掌握程度
D.谜题
思维题，排序后，最小的值一定是a1+a2，次小的值一定是a1+a3，
但是，第三小的可能是a1+a4，也可能是a2+a3，
所以，枚举a2+a3的位置，最极限的情况是(a1+a2,a1+a3,a1+a4,...,a1+an,a2+a3)
根据三个式子，解出a1、a2、a3的值，在set内把a1+a2,a1+a3,a2+a3各抹掉之后，
最小的一定是a1+a4，解出a4，并找到a2+a4，a3+a4，一并抹掉
此时最小的是a1+a5，解出a5，重复这个过程，直至所有数都被抹掉
最后可以检查一下是不是满足增序的，以及各数不等且均正数
注意set需要开mutiset，因为，ai+aj=ak+al是可能成立的(i!=j!=k!=l)
看似O(n^3logn)，实则由于大量无解情况，根本跑不满
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=305*305/2;
int n,m,a[N],del[N],c;
map<int,bool>vis;
multiset<int>q;
vector<vector<int> >ans;
vector<int>res;
void solve(){
for(int j=3;j<=m;++j){
q.insert(a[j]);
}
for(int i=3;i<=n;++i){
int sum=a[1]+a[2]+a[i];
if(sum%2)continue;
sum/=2;
if(vis[sum])continue;
vis[sum]=1;
for(int j=1;j<=c;++j){
q.insert(del[j]);
}
c=0;
q.erase(q.lower_bound(a[i]));
del[++c]=a[i];
res.clear();
res.push_back(sum-a[i]);
res.push_back(sum-a[2]);
res.push_back(sum-a[1]);
bool ok=1;
for(int j=4;j<=n;++j){
if(!q.size()){
ok=0;
break;
}
int now=*(q.begin())-res[0];
for(auto &v:res){
if(!q.count(v+now)){
ok=0;
break;
}
q.erase(q.lower_bound(v+now));
del[++c]=v+now;
}
if(!ok)break;
res.push_back(now);
}
if(!ok)continue;
for(int j=1;j<n;++j){
ok&=(res[j]>res[j-1]);
}
ok&=(res[0]>=1);
ok&=(res[n-1]<=100000000);
if(!ok)continue;
if(ok)ans.push_back(res);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
assert(3<=n && n<=300);
m=n*(n-1)/2;
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d",&a[i]);
assert(1<=a[i] && a[i]<=100000000);
}
sort(a+1,a+m+1);
solve();
int sz=ans.size();
printf("%d\n",sz);
for(int i=0;i<sz;++i){
for(int j=0;j<n;++j){
printf("%d%c",ans[i][j]," \n"[j==n-1]);
}
}
return 0;
}F.愿望
树、分类讨论、构造
思路：
ai*aj是3的倍数意味着至少有一个是3的倍数，即ai%3==0可以和任意值匹配，
ai+aj的限制可以令ai%3==1与ai%3==2的数对凑成3的倍数
按距树根距离分层后，树上距离为3的点，
只可能差一层(i层和i+1层)或差三层(i层和i+3层)
而i层和i+2层是不会出现冲突的，启发我们按奇偶分层，
实际上，把点分成二分图之后，
（1）要么是ai%3==0的点占据了二分图点少的那一半，0与另一半两两之间均合法
（2）要么是二分图一边由ai%3==0和ai%3==1的点构成，另一边由ai%3==0和ai%3==2的点构成
0与另一半两两之间均合法，1和2之间由于ai+aj是3的倍数也合法
具体实现：
deg[0/1]放入距树根距离为奇/偶的点，
now[0/1/2]分别放入值域ai%3==0/1/2的点号，
du[0/1]是deg[0/1]的大小，len[0/1/2]是now[0/1/2]的大小，
以下，分四种情况讨论
讨论了du[0]/du[1]小于1/3的情况，
讨论了du[0]/du[1]属于[1/2,2/3]的情况，
显然有一个大于等于1/3，另一个就小于等于2/3，
而有一个大于等于2/3时，另一个就小于等于1/3，
所以，一定有解
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sci(x) scanf("%d",&(x))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
const int N=2e5+10,M=1e6+10,INF=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;//998244353
vector<int>e[N],deg[2];
queue<int>now[3];
int n,u,v,len[3],du[2],ans[N],par[N];
bool used[N];
int find(int x){
return par[x]==x?x:par[x]=find(par[x]);
}
void dfs(int u,int fa,int d){
deg[d%2].pb(u);
for(int v:e[u]){
if(v==fa)continue;
dfs(v,u,d+1);
}
}
void out(){
rep(i,1,n){
printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==n]);
}
}
void solve(){
//odd:du[0] even:du[1]
if(len[1]<=du[0]&&du[0]<=len[1]+len[0]){
for(int i:deg[0]){
if(now[1].size())ans[i]=now[1].front(),now[1].pop();
else if(now[0].size())ans[i]=now[0].front(),now[0].pop();
}
for(int i:deg[1]){
if(now[2].size())ans[i]=now[2].front(),now[2].pop();
else if(now[0].size())ans[i]=now[0].front(),now[0].pop();
}
out();
return;
}
if(len[1]<=du[1]&&du[1]<=len[1]+len[0]){
for(int i:deg[1]){
if(now[1].size())ans[i]=now[1].front(),now[1].pop();
else if(now[0].size())ans[i]=now[0].front(),now[0].pop();
}
for(int i:deg[0]){
if(now[2].size())ans[i]=now[2].front(),now[2].pop();
else if(now[0].size())ans[i]=now[0].front(),now[0].pop();
}
out();
return;
}
if(len[0]>=du[0]){
for(int i:deg[0]){
ans[i]=now[0].front(),now[0].pop();
}
for(int i:deg[1]){
if(now[0].size())ans[i]=now[0].front(),now[0].pop();
else if(now[1].size())ans[i]=now[1].front(),now[1].pop();
else if(now[2].size())ans[i]=now[2].front(),now[2].pop();
}
out();
return;
}
if(len[0]>=du[1]){
for(int i:deg[1]){
ans[i]=now[0].front(),now[0].pop();
}
for(int i:deg[0]){
if(now[0].size())ans[i]=now[0].front(),now[0].pop();
else if(now[1].size())ans[i]=now[1].front(),now[1].pop();
else if(now[2].size())ans[i]=now[2].front(),now[2].pop();
}
out();
return;
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
assert(1<=n && n<=200000);
rep(i,1,n)par[i]=i;
rep(i,1,n-1){
scanf("%d%d",&u,&v);
int fu=find(u),fv=find(v);
assert(fu!=fv);
par[fv]=fu;
e[u].pb(v);
e[v].pb(u);
}
rep(i,1,n){
now[i%3].push(i);
}
dfs(1,-1,0);
rep(i,0,1){
du[i]=(int)deg[i].size();
}
rep(i,0,2){
len[i]=(int)now[i].size();
}
solve();
return 0;
}H.两人三足
比较复杂，还是看官方题解吧
首先题目保证一定有解，那就可以乱搞了，然后考虑按末位分治，
x&y=x，表明x是y的子集，也就是右集合为0的位，左集合只能为0；
右集合为1的位，左集合既可以为0，也可以为1，
ll，lr，rl，rr，第一个字母表示左/右集合，第二个字母表示这一位为0/1
rl表示右集合这一位为0，这一位为0的只能与左集合这一位为0的匹配，
匹配完之后，rl不可能有剩下的，否则无解，只可能ll有剩下的，
把ll剩下的，放入lr集合，一起和rr进行匹配，
当前递归深度下，左/右集合有剩下没被匹配的值，就回溯到上一层继续进行匹配
复杂度大概O(nlogV）（V是值域1e6）
ll放入lr的个数非常少，T(n)=T(n/2)+O(n)才O(nlogn)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;
int n,m;
vector<int>lef,rig;
vector<P>ans;
void dfs(vector<int>&l,vector<int>&r,int lb){
//for(auto &v:l)printf("%d ",v);puts("");
//for(auto &v:r)printf("%d ",v);puts("");
//printf("lb:%d\n",lb);
if(lb==20){
if(l.size()>0){
ans.push_back(P(l.back(),r.back()));
l.pop_back();r.pop_back();
}
return;
}
vector<int>ll,lr,rl,rr;
for(int i=0;i<l.size();++i){
if(l[i]>>lb&1){
lr.push_back(l[i]);
}
else{
ll.push_back(l[i]);
}
}
for(int i=0;i<r.size();++i){
if(r[i]>>lb&1){
rr.push_back(r[i]);
}
else{
rl.push_back(r[i]);
}
}
if(rl.size()>0){
dfs(ll,rl,lb+1);
}
for(auto &v:ll){
lr.push_back(v);
}
if(rr.size()>0){
dfs(lr,rr,lb+1);
}
l.clear();r.clear();
for(auto &v:lr){
l.push_back(v);
}
for(auto &v:rr){
r.push_back(v);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
assert(1<=n && n<=m);
assert(n+m<=1000000);
for(int i=0;i<n;++i){
lef.push_back(i);
rig.push_back(i+m);
}
dfs(lef,rig,0);
for(auto &v:ans){
printf("%d %d\n",v.first,v.second);
}
return 0;
}验题感受
出题人一方面怕不够签到，一方面怕防不住ak；
所以，中档题可能还是不太够，
不过，要不，我们看在题都是一个人出的份上，原谅他
花絮
1. 麻将大模拟被删了
2. 验题演员是怎么演的
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