Codeforces Round #697 (Div. 3)

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看到unrated直接睡觉去了（手动狗头） ，又错失一次 上分 掉分好时机QAQ。

A. Odd Divisor

题意：

判断整数n有没有奇数因子（odd divisor）。

思路：

签到题

Code：

int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while (t--) {
		LL n;
		cin >> n;
		while (n % 2 == 0) {
			n /= 2;
		}
		if (n == 1) cout << "NO" << endl;
		else cout << "YES" << endl;
	} 
	return 0;
}

B. New Year’s Number

题意：

判断整数n是否可以写出x*2020+y*2021的形式。

思路：

看n除以2020的余数 乘以2021会不会超过n。若超过n则不可以，反之则可以。

Code：

int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while (t--) {
		int n;
		cin >> n;
		if ((n%2020)*2021 <= n) cout << "YES" << endl;
		else cout << "NO" << endl;
	}
	return 0;
}

C. Ball in Berland

题意：

一个男生和一个女生配成一对，总共有k对，求选两对男女同台演出的方案数。

思路：

假设有两对，分别为（x1,y1）,(x2,y2)。那么要保证x1 != x2 && y1 != y2。
首先不考虑能不能同台表演，总的方案数应该是C（k,2）。
比如说这里的男1，他可以分别和女234配对，但很明显所组成的三个对每次选择只能在三个中选一个，也就是说对于答案而言，损失了2+1=3个方案，。女2，女4同理。
所以，最终的答案应该是C（k，2）- Σq。其中q为 0+···+(a[i]-1)。

Code：

int a[200005], b[200005];
map<int, int> A;
map<int, int> B;
ll sum(int n) {
	return 1ll*(1+n)*n/2;
}
int main() {
	int t;
	read(t);
	while (t--) {
		int n, m, k;
		read(n), read(m), read(k);
		A.clear(), B.clear(); 
		for (int i = 0; i < k; i++) {
			read(a[i]);
			A[a[i]]++;
		}
		for (int i = 0; i < k; i++) {
			read(b[i]);
			B[b[i]]++;
		}
		ll ans = k*1ll*(k-1)/2;
		for (int i = 0; i < k; i++) {
			if (A[a[i]]>1) ans -= sum(A[a[i]]-1), A[a[i]] = 0;
			if (B[b[i]]>1) ans -= sum(B[b[i]]-1), B[b[i]] = 0;
		}	
		cout << ans << endl;
	}
}

D. Cleaning the Phone

题意：

手机有n个应用程序，第i个应用占ai个单位的内存，便利点（convenience points）为bi。现在要清理出至少m个单位的内存空间，要求损失最少的便利点。

思路：

便利点只有1和2，首先把便利点为1的和2的分开来存，按递减排序，然后枚举便利点为 1的数组，取其前i个数，对于每种情况，在便利点为2的前缀和中二分找剩余内存的对应的下标，1i+2pos即为该情况下的最优解，最后取最小值更新答案。

Code：

int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while (t--) {
		int n, m, ia = 1, ib = 1;
		LL sum = 0;
		cin >> n >> m;
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			cin >> tmp[i];
			sum += tmp[i];			
		}
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			LL x;
			cin >> x;
			if (x == 1) a[ia++] = tmp[i];
			else b[ib++] = tmp[i];
		}
		if (sum < m) {
			cout << -1 << endl;
			continue;
		}
		sort(a+1, a+ia, cmp);
		sort(b+1, b+ib, cmp);
		for (int i = 1; i < ib; i++) {
			sumb[i] = sumb[i-1] + b[i];
		}
		LL ans = INF, cnt = 0;
		for (int i = 0; i < ia; i++) {
			cnt += a[i];
			if (cnt >= m) {
				ans = min(ans, 1LL*i);
				break;
			}
			int dt = m - cnt;
			int pos = lower_bound(sumb+1, sumb+ib, dt) - sumb;
			if (pos == ib) continue;
			ans = min(ans, 1LL*i+2*pos);
		}
		int pos = lower_bound(sumb+1, sumb+ib, m) - sumb;
		if (pos != ib)
			ans = min(ans, 2LL*pos);
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

E. Advertising Agency

题意：

总共有n个人，第i个人对应权值ai。在n个人中雇k个，使得权值最大，求方案数。

思路：

假设8个人中选5个，出现这种情况：

4 3 3 2 2 2 2 1

理解题意可知，以上例子中，重复的3不需要考虑，而重复的2恰好位于选与不选之间，所以就会有多种方案（事实上4 3 3 2 2存在6种情况）。j设a为2的总数，b为需要选2的个数，很容易推出，其实答案是C（a，b），对答案取模1e9+7。可以用拓展欧几里得，边求组合数边取模。

Code：

const int mod = 1e9+7;
int a[1005];
int cmp(int a, int b) {
	return a > b;
}
const int maxn = 1005;
LL fac[maxn];
LL ex_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
    if(b==0){x = 1;y = 0;return a;}
    LL ans = ex_gcd(b,a%b,x,y);
    LL temp = x;
    x = y;
    y = temp - (a/b)*y;
    return ans;
}
LL inv(LL a){
    LL x,y;
    int ans = ex_gcd(a,mod,x,y);
    if(ans!=1)return -1;
    if(x<0)x = (x%mod+mod)%mod;
    return x;
}
void solve(){
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1;i<=maxn-1;i++){
        fac[i] = (fac[i-1]*i)%mod;
    }
}
LL comb(int n,int k){
    if(k>n)return 0;
    return (fac[n]*inv(fac[k])%mod*inv(fac[n-k])%mod)%mod;
}
int main() {
	int t;
	solve();
	read(t);
	while (t--) {
		int n, k;
		read(n), read(k);
		for (int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
		sort(a+1, a+1+n, cmp);
		int sum = 0, pos = -1;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (pos == -1 && a[i] == a[k]) pos = i;
			if (a[i] == a[k]) sum++;
			if (a[i]<a[k]) break;
		}
		int sel = k-pos+1;
		cout << comb(sum, sel) << endl;
	}
	return 0;
}

F. Unusual Matrix

题意：

给你一个初始二进制矩阵，问你经过操作：

1.对行异或;
2.对列异或

能不能转换成目标矩阵。

思路：

先预处理：找出初始矩阵与目标矩阵有差异的地方，一样的地方用0表示，不一样的用1表示。有差异那就说明：这个点一定是要经过转换的，而转换偶数次是没有意义的，只能转换奇数次。
对于点(x,y)来说，如果要转换它，就意味着要连带转换(1,y)或(x,1)这个点，而(1,y)、(x,1)又可以通过改变(1,1)变回来，所以，如果这四个点全相同或者有两个不同，就可以完成转换，反之，则不可。

Code：

string s;
int mp[1005][1005];
int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while (t--) {
		int n;
		cin >> n;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			cin >> s;
			for (int j = 0; j < n; j++)
				mp[i][j+1] = s[j]-'0';
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			cin >> s;
			for (int j = 0; j < n; j++)
				mp[i][j+1] ^= s[j]-'0';
		}
		int flag = 0;
		for (int i = 2; i <= n; i++) {
			for (int j = 2; j <= n; j++) {
				if (mp[1][j]^mp[i][1]^mp[1][1]^mp[i][j]) {
					flag = 1;
					break;
				}
			}
		}
		if (flag) puts("NO");
		else puts("YES");
	}
	return 0;
}