A. Submission Bait （思维）
题意：
AliceAliceAlice 和 BobBobBob 正在玩一个数组 aaa 中大小为 nnn 的游戏。
他们轮流进行操作，AliceAliceAlice先开始。无法操作的玩家将输掉。首先，将变量 mxmxmx 设置为 000 。
在一次操作中，玩家可以执行以下操作：
- 选择一个索引 iii ( 1≤i≤n1 \le i \le n1≤i≤n )，使得 ai≥mxa_{i} \geq mxai≥mx ，并将 mxmxmx 设置为 aia_{i}ai 。然后，将 aia_{i}ai 设置为 000 。
确定AliceAliceAlice是否有获胜策略。
分析：
考虑最大值的奇偶性，如果有奇数个最大值，那么先手赢。如果是偶数个最大值，那么就要考虑剩下的数字的奇偶性。如果有一个值有奇数个，那么先手赢，否则后手赢
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
cin >> x;
a[x]++;
}
int flag = 0;
for (int i = n; i; i--) {
if (a[i] & 1) {
flag = 1;
break;
}
}
if (flag)
cout << "YES" << endl;
else
cout << "NO" << endl;
}
return 0;
}
B.Array Craft （思维）
题意：
对于大小为 mmm 的数组 bbb ，我们定义：
- bbb 的最大前缀位置是满足 b1+…+bi=maxj=1m(b1+…+bj)b_1+\ldots+b_i=\max_{j=1}^{m}(b_1+\ldots+b_j)b1+…+bi=maxj=1m(b1+…+bj) 的最小索引 iii ；
- bbb 的最大后缀位置是满足 bi+…+bm=maxj=1m(bj+…+bm)b_i+\ldots+b_m=\max_{j=1}^{m}(b_j+\ldots+b_m)bi+…+bm=maxj=1m(bj+…+bm) 的最大索引 iii 。
给出三个整数 nnn 、 xxx 和 yyy ( x>yx > yx>y )。构造一个大小为 nnn 的数组 aaa ，满足：
- 对于所有 1≤i≤n1 \le i \le n1≤i≤n ， aia_iai 为 111 或 −1-1−1 ；
- aaa 的最大前缀位置为 xxx ；
- aaa 的最大后缀位置为 yyy 。
如果有多个数组满足条件，则输出任意一个。可以证明，在给定条件下，这样的数组始终存在。
分析：
我们让yyy的左侧−1,1-1,1−1,1交替出现，在区间[y,x][y,x][y,x]全选择111，xxx的右侧也是−1,1-1,1−1,1交替出现即可完成构造。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
int n, x, y;
cin >> n >> x >> y;
vector<int> ans(n + 1, 1);
for (int i = y - 1; i >= 1; i--) {
ans[i] = -ans[i + 1];
}
for (int i = x + 1; i <= n; i++) {
ans[i] = -ans[i - 1];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << ans[i] << " ";
}
cout << endl;
}
return 0;
}
C.Mad MAD Sum （思维）
题意：
我们将数组中的 MAD{MAD}MAD （最大重复数）定义为数组中至少出现两次的最大数字。具体来说，如果没有至少出现两次的数字，则 MAD{MAD}MAD 的值是 000 。
例如， MAD([1,2,1])=1{MAD}([1, 2, 1]) = 1MAD([1,2,1])=1 、 MAD([2,2,3,3])=3{MAD}([2, 2, 3, 3]) = 3MAD([2,2,3,3])=3 、 MAD([1,2,3,4])=0{MAD}([1, 2, 3, 4]) = 0MAD([1,2,3,4])=0 。
给定一个大小为 nnn 的数组 aaa 。最初，将变量 sumsumsum 设置为 000 。
以下过程将以顺序循环执行，直到 aaa 中的所有数字都变为 000 ：
- 设置 sum:=sum+∑i=1naisum := sum + \sum_{i=1}^{n} a_isum:=sum+∑i=1nai ；
- 让 bbb 成为大小为 nnn 的数组。将所有 1≤i≤n1 \le i \le n1≤i≤n 设置为 bi:= MAD([a1,a2,…,ai])b_i :=\ {MAD}([a_1, a_2, \ldots, a_i])bi:= MAD([a1,a2,…,ai]) ，然后将所有 1≤i≤n1 \le i \le n1≤i≤n 设置为 ai:=bia_i := b_iai:=bi 。
求出经过此处理后的 sumsumsum 的值。
分析：
发现从第二次操作开始，数列一定为单调递增，且除了最大的权值外每种权值至少出现222次，且每次操作对数列的影响均为使数列整体右移一位，删去最后一个数并在前面补000。
于是我们先暴力模拟两轮记录贡献和，然后求得每种权值的出现次数，再降序枚举每种权值（也即每轮删数的顺序），统计删去该权值的各轮的贡献之和即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
vector<LL> a(n), b(n);
LL ans = 0;
map<LL, LL> mp;
LL mx = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
ans += a[i];
mp[a[i]]++;
if (mp[a[i]] >= 2 && a[i] > mx) {
mx = a[i];
}
b[i] = mx;
}
mp.clear();
mx = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
ans += b[i];
mp[b[i]]++;
if (mp[b[i]] >= 2 && b[i] > mx)
mx = b[i];
a[i] = mx;
}
for (int i = 0; i < n; i++)
ans += a[i] * (n - i);
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
D.Grid Puzzle （dp）
题意：
您将获得一个大小为 nnn 的数组 aaa 。
有一个 n×nn \times nn×n 网格。在 iii 行中，前 aia_iai 个单元格为黑色，其他单元格为白色。换句话说，请注意 (i,j)(i,j)(i,j) 是 iii行和 jjj列中的单元格，单元格 (i,1),(i,2),…,(i,ai)(i,1), (i,2), \ldots, (i,a_i)(i,1),(i,2),…,(i,ai) 为黑色，单元格 (i,ai+1),…,(i,n)(i,a_i+1), \ldots, (i,n)(i,ai+1),…,(i,n) 为白色。
你可以按任意顺序多次执行以下操作：
- 将 2×22 \times 22×2 子网格染成白色；
- 将整行染成白色。请注意，你不能 将整列染成白色。
找出将所有单元格染成白色的最少操作次数。
分析：
我们发现，在每一行最多用一次2×22 \times 22×2的操作，因为超过111次，不如直接两次操作涂完两列。那么每一行最多被两个2×22 \times 22×2的操作影响（前一行和本行），并且可以看出，这个操作要么用在第1,21,21,2列,要么用在3,43,43,4列。所以我们维护以下333种dpdpdp值。
- 前一行是涂一整行。
- 前一行在第1,21,21,2列使用了2×22 \times 22×2操作。
- 前一行在第3,43,43,4列使用了2×22 \times 22×2操作。
进行转移即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 1e9;
int main() {
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
cin >> a[i];
int dp[3]{0, INF, INF}, tmp[3];
for (int i = 0; i < n; i++) {
memset(tmp, 0x3f, sizeof tmp);
tmp[0] = *min_element(dp, dp + 3) + (a[i] > 0);
if (a[i] <= 2) {
tmp[0] = min(tmp[0], dp[1]);
tmp[1] = min(tmp[1], dp[0] + 1);
}
if (a[i] <= 4) {
tmp[2] = min(tmp[2], dp[1] + 1);
tmp[1] = min(tmp[1], dp[2] + 1);
}
swap(dp, tmp);
}
cout << *min_element(dp, dp + 3) << endl;
}
return 0;
}
E2.Catch the Mole(Hard Version) （交互）
题意：
这是一个交互题。
给你一个节点数为 nnn 的树，节点 111 是它的根节点。
其中一个节点中隐藏着一只鼹鼠。要找到它的位置，你可以选择一个整数 xxx ( 1≤x≤n1 \le x \le n1≤x≤n ) 来向陪审团询问。接下来，当鼹鼠在子树 xxx 中时，陪审团将返回 111 。否则，法官将返回 000 。如果法官返回 000 并且鼹鼠不在根节点 111 中，鼹鼠将移动到它当前所在节点的父节点。
最多使用 160160160 次操作来找到鼹鼠所在的当前节点。
分析：
我们每次找出当前询问点子树的重心，这样就能一次排除尽量多的点，但如果出现类似菊花图之类的数据，是难以找到一个较为平衡的点，但要卡掉上述过程的图恰好需要满足点的分布较为均衡，那么此时子树的深度一定不大，很容易将目标点直接跳到根节点。
所以我们可以先在子树内每次选择重心缩小范围，最后留出一部分询问在当前点到根的路径上确定点的位置即可，因为可能这个点之前还在我们确定的子树里，几次操作后又跑到外面去了，所以要最后确定一下位置。由于这部分是一条链，因此可以二分处理，实测可以在160160160的限制内通过此题.
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline bool qry(int x) {
cout << "? " << x << endl;
int s;
cin >> s;
return s;
}
vector<int> s[5005], e[5005];
int sz[5005], f[5005], le, rt;
void dfs(int x, int fa) {
sz[x] = 1;
f[x] = fa;
for (auto u: e[x]) {
if (u == fa)
continue;
s[x].push_back(u);
dfs(u, x);
sz[x] += sz[u];
}
if (e[x].size() == 1 && x != 1)
le = x;
if (sz[x] >= 71 && !rt) {
if (qry(x)) {
rt = x;
}
sz[x] = 0;
}
}
void solve() {
int n;
cin >> n;
rt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
e[i].clear();
s[i].clear();
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
if (rt == 0)
rt = 1;
for (int i = 1; i < 71; i++) {
if (qry(le)) {
cout << "! " << le << "\n";
return;
}
}
vector<int> v;
while (rt)
v.push_back(rt), rt = f[rt];
int l = 0, r = v.size() - 1;
reverse(v.begin(), v.end());
while (l < r) {
int mid = l + r + 1 >> 1;
if (qry(v[mid]))
l = mid;
else {
r = mid - 1;
l--;
r--;
}
if (l < 0)
l = 0;
}
cout << "! " << v[l] << endl;
}
int main() {
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}
赛后交流
在比赛结束后，会在交流群中给出比赛题解，同学们可以在赛后查看题解进行补题。
群号： 704572101，赛后大家可以一起交流做题思路，分享做题技巧，欢迎大家的加入。
686
扫一扫
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
