Codeforces Round 940 (Div. 2) A~D

最新推荐文章于 2025-11-24 15:27:16 发布

原创最新推荐文章于 2025-11-24 15:27:16 发布 · 672 阅读

10 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#算法 #OI #ACM-ICPC #codeforces

codeforces题解专栏收录该内容

101 篇文章

订阅专栏

A.Stickogon（贪心）

题意：

给你 $n$ 个长度为 $a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n$ 的木棒。求你能同时拼出的正多边形(等边)的最大数量，使得：

多边形的每条边都正好由一根木棒组成。
多边形中使用的小棒不超过 $1$ 根。

注意：木棒不能折断。

分析：

本题我们贪心地考虑，尽可能找 $3$ 个长度一样的棍子凑成一个正多边形，然后统计个数。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n;
        cin >> n;
        map<int, int> mp;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int x;
            cin >> x;
            mp[x]++;
        }
        int ans = 0;
        for (auto s: mp) {
            ans += s.second / 3;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

B.A BIT of a Construction（构造）

题意：

给定整数 $n$ 和 $k$ ，构造一个由 $n$ 个非负整数（即 $≥0\geq 0$ ）组成的序列 $a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n$ ，使得

$∑i=1nai=k\sum\limits_{i=1}^n a_i=k$
使 $a1∣a2∣…∣ana_1 | a_2 | \ldots | a_n$ 的二进制表示中 $1$ 的个数最大。

分析：

要求或运算 $1$ 的个数最大，显然最优的就是有最低到最高位都摆成连续的 $1$ ，我们尽可能考虑每一位上的 $1$ 都只出现一次，位数越低的 $1$ 代价越低，因此位数从小到大构造 $1$ ，直到无法构造为止。注意特判 $n = 1$ 的情况。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n, m;
        cin >> n >> m;
        if (n == 1) {
            cout << m << endl;
        } else {
            int cnt = 1;
            while (cnt * 2 + 1 <= m) {
                cnt = cnt * 2 + 1;
            }
            cout << cnt << " " << m - cnt << " ";
            for (int i = 2; i < n; i++) {
                cout << 0 << " ";
            }
            cout << endl;
        }
    }
    return 0;
}

C.How Does the Rook Move?（组合数学/动态规划）

题意：

给你一个 $n×nn\times n$ 的棋盘，你和电脑轮流在棋盘上分别放置白车和黑车。在放置车的过程中，必须确保没有两个车会互相攻击。如果两只车共用同一行或同一列，无论颜色如何，都会互相攻击。

有效的一步棋是将一只车放在一个位置（ $r$ , $c$ ），使它不会攻击任何其他车。

你先下，当你在自己的回合中走了一步有效的棋，将白车下在位置（ $r$ , $c$ ）时，电脑会照搬你的棋，在它的回合中将黑车放在位置（ $c$ , $r$ ）。如果是 $r = c$ ，那么电脑就无法映射你的棋步，并跳过它的回合。

您已经与电脑下了 $k$ 步棋（电脑也会尝试复制这些棋步），你必须继续下棋直到没有剩余的有效棋步为止。在 $k$ 步之后继续下棋时，有多少种不同的最终情况是可能的？题目保证 $k$ 步和隐含的计算机棋步都是有效的。由于答案可能较大，答案对 $10^9+7$ 取模。

如果有一个坐标（ $r$ ， $c$ ）在一种情况中有车，而在另一种情况中没有车，或者坐标上的车的颜色不同，那么这两种情况就被认为是不同的。

分析：

我们采用动态规划的思路，记先手白棋填满 $n \times n$ 的空矩阵的方案数为 $f_n$ ，初始化 $f_0=f_1=1$ 。

并不考虑此时放的是第几个棋子，而是考虑该矩阵的第 $n$ 行或列是如何被删去的：

若是被放置在 $(n, n)$ 的棋子删去，则仅需考虑如何填满剩下的 $(n - 1) \times (n - 1)$ 的矩阵即可，则贡献为 $f_{n−1}$ 。

否则应有一白棋放置在 $(n, j)$ 或 $(j, n)$ $(1 \leq j \leq n - 1)$ ，方案数为 $2 \times (n - i)$ ，然后再考虑如何填满剩下的 $(n - 2) \times (n - 2)$ 的矩阵，则贡献为 $2×(n−1)×f_{n−2}$ 。

则有转移方程：
$2≤i,f_i=f_{i−1}+2×(i−1)×f_{i−2}$

预处理即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const LL mod = 1e9 + 7;
const LL N = 3e5 + 5;

LL f[N];

void Init() {
    f[0] = f[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= N; i++) {
        f[i] = f[i - 1] + 2ll * (i - 1) * f[i - 2] % mod;
        f[i] %= mod;
    }
}

int main() {
    Init();
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n, k;
        cin >> n >> k;
        for (int i = 1; i <= k; i++) {
            int x, y;
            cin >> x >> y;
            if (x != y)
                n -= 2;
            else
                n -= 1;
        }
        cout << f[n] << endl;
    }
    return 0;
}

D.A BIT of an Inequality（前缀和）

题意：

给你一个数组 $a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n$ 。求这样的元组( $x, y, z$ )的个数：

$1≤x≤y≤z≤n1\leq x\leq y\leq z\leq n$
$f(x,y)⊕f(y,z)>f(x,z)f(x,y)\oplus f(y,z)\gt f(x,z)$

我们定义 $f(l,r)=al⊕al+1⊕…⊕arf(l,r)=a_l\oplus a_{l+1}\oplus\ldots\oplus a_{r}$

分析：

二进制拆位前缀和，只是维护的是到当前这位的 $1$ 的个数为奇数的个数。

维护出来之后对每个 $y$ 找最高位的 $1$ ，显然 $f (x, z)$ 和 $f (y, z)$ 的这一位的 $1$ 的个数之和只要为偶数，那么 $f(x,y)⊕f(y,z)>f(x,z)f(x,y)\oplus f(y,z)\gt f(x,z)$ ，因为此时 $f (x, z)$ 这一位为 $0$ 了，而 $f(x,y)⊕f(y,z)f(x,y)\oplus f(y,z)$ 这一位仍为 $1$ 。

显然为偶数的情况要么是奇数加奇数，要么是偶数加偶数。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const LL mod = 1000000007;
const LL N = 1e5 + 5;

LL dp[32][N];

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (auto &x: a)
        cin >> x;
    for (int i = 0; i < 31; i++) {
        int sum = 0;
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            sum = (sum + (a[j] >> i & 1)) & 1;
            if (sum == 1) {
                dp[i][j + 1] = dp[i][j] + 1;
            } else {
                dp[i][j + 1] = dp[i][j];
            }
        }
    }
    LL res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int p = 0;
        for (int j = 30; j >= 0; j--) {
            if (a[i] >> j & 1) {
                p = j;
                break;
            }
        }
        LL add1(1LL * dp[p][i] * (dp[p][n] - dp[p][i]));
        LL add2(1LL * (i + 1 - dp[p][i]) * (n - i - (dp[p][n] - dp[p][i])));
        res += add1 + add2;
    }
    cout << res << endl;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}