Codeforces Round #838 (Div. 2) 题解

最新推荐文章于 2024-08-31 12:42:46 发布

sakura7776

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分类专栏： CodeForces 文章标签：算法 c++

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/m0_55733023/article/details/128341120

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本文精选了Codeforces平台上的四道题目A、B、C、D的解题思路及代码实现，涵盖数组操作、排序构造、字符串处理及交互式算法等核心内容。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

A 题目链接：Problem - A - Codeforces

input:

output:

题意：

现给出一个定义：如果一个数组所有元素的和是偶数，则称该数组为 good 。

给定长度为 n 的数组 a ，给定一种操作：任选数组 a 中的一个元素，将其除以2（下取整），问最少操作多少次，可以使数组 a 为 good。

思路：

数组中奇数的个数会影响总和的结果：

1.如果奇数个数为偶，那么不需要任何操作，数组 a 即为 good，直接输出0即可。

2.如果奇数个数为奇，那么需要将奇数个数变为偶。有两种方案，一是令某个奇数变为偶数，二是令某个偶数变为奇数。由于 n 很小，所以说直接遍历数组，维护每个元素奇偶性改变所需要的最小操作次数的最小值即可。

代码如下：

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define endl "\n"
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=2e5+10;

int t,n;
int a[N];
bool vis[N];
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		int cnt=0;
		
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>a[i];
			vis[i]=0;
			if(a[i]&1)
			{
				cnt++;
				vis[i]=1;
			}
		}
		if(cnt%2==0)
		{
			cout<<0<<endl;
			continue;
		}
		int ans=10000;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int k=0;
			if(vis[i])
			{
				while(a[i]%2==1)
				{
					a[i]/=2;
					++k;
				}
				ans=min(ans,k);
			}
			else
			{
				while(a[i]%2==0)
				{
					a[i]/=2;
					++k;
				}
				ans=min(ans,k);				
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

B 题目链接：Problem - B - Codeforces

input:

4
4
2 3 5 5
2
4 8
5
3 4 343 5 6
3
31 5 17

output:

题意：

现给出一个定义：如果一个数组 a 的所有元素对 ai ， aj 满足 max(ai , aj) 可以被 min(ai , aj) 整除，则称该数组为 good 。

给定长度为 n 的数组 a ，给定一种操作：任选 a 中的一个元素，令其加上不大于自身的任意自然数 x ，并保证元素修改后的值不大于1e18。试对数组 a 进行修改，使其为 good ，并保证操作次数不大于 n 次。

思路：

直接对数组 a 从小到大排序，以最小元素的两倍为基准，将其后不大于基准值的元素全部构造为基准值，若当前元素已经大于该元素的两倍，将基准值不断乘2，直至基准值大于当前元素，然后构造，依次类推，注意计数并离线处理答案。

代码如下：

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
//#define endl "\n"
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int mod=1e9+7;
const int N=2e5+10;


int t,n;

struct node{
	ll v;
	int id;
}a[N];

bool cmp(node a,node b)
{
	return a.v<b.v;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>a[i].v;
			a[i].id=i;
		}
		sort(a+1,a+n+1,cmp);
		ll cur=a[1].v;
		vector<PII> vec;
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			while(a[i].v>cur*2)
			{
				cur*=2;
			}
			if(a[i].v<cur*2)
			{
				vec.push_back({a[i].id,cur*2-a[i].v});
			}
			else if(a[i].v==cur*2)
			{
				continue;
			}
		}
		cout<<vec.size()<<endl;
		for(int i=0;i<vec.size();i++)
		{
			cout<<vec[i].first<<" "<<vec[i].second<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

C 题目链接：Problem - C - Codeforces

input:

6
1
1
1
0
2
11
3
010
9
101101111
37
1011011111011010000011011111111011111

output:

题意：

现给出一个定义：对于长度为奇数01串 b ，如果对于每一个奇数位的前缀，都满足该前缀的中位数即为该前缀的最后一位，那么称数组 b 为 good（01串的中位数即为众数）。

对于一个长度为 k 的01串，定义其 extension：长度为 2k - 1 的01串，第 2i - 1 位是原串的第 i 位，构造方式有2^(k-1)种（可以理解为长度k的串，两两字符之间共 k - 1 个空，每个空可以插入0或1）。

给定长度为 n 的01串 s ，试求出该串的所有前缀的所有满足 good 的扩展方案总和（有点绕，大致就是这个意思，如果不能很好理解我的翻译，可以看原题面）。

思路：

明显递推。推了一会儿状态转移，只推出了当前位和前一位相等的状态转移方程，看了一下样例，直接根据样例猜的当前位和前一位不相等的状态转移：

1.当前位和前一位相等，则当前前缀的目标方案数是前一位的前缀的目标方案数的两倍

2.当前位和前一位不等，则当前前缀的目标方案数为1

代码如下：

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define endl "\n"
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=2e5+10;

int t,n;
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		string s;
		cin>>s;
		s=" "+s;
		int cur=1;
		int ans=1;
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			if(s[i]!=s[i-1])
			{
				cur=1;
				ans=(ans+1)%mod;
			}
			else
			{
				cur=(cur*2)%mod;
				ans=(ans+cur)%mod;
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

D 题目链接：Problem - D - Codeforces

input:

output:

题意：

交互题。

给定一个数 n ，评测方有一个长度为 n 的排列 p（由 0 ~ n - 1 组成，询问方看不到该排列）。现在可以向评测方提出不超过 2n 次询问，询问格式为:"? i j"，评测方会给出一个数，代表 gcd( pi , pj)。所有询问结束后，询问方需提供两个下标，意为数字 0 在两个下标之一上，提供格式为:"! x y"

提供答案结束后，评测放会返回 1 或 -1，询问方须接收这个返回。1代表答案正确，-1代表答案错误，程序返回 wrong answer。

注意：gcd(0 , x) == x (这个很重要！！！)

思路：

某一个非0值与 0 gcd，得到的是该数本身，并且该数与其余任何数的 gcd 都不可能超过该数本身。所以0和其余数 gcd 得到的值是这个数通过 gcd 能得到的值里最大的。因此我们令 x = 1 , y = 2,从下标3开始往后遍历，每次遍历询问两次: x, i 和 y , i，设得到的两个结果分别为 a 和 b 。分以下三种情况讨论：

1. a == b，说明当前 pi 一定不是 0 ，因为0和两个不同的数 gcd 一定是得到不同的值，所以直接跳过，不做任何操作，继续遍历

2. a > b，我们维护 gcd 较大的情况，令 y = i ，继续遍历

3. a < b，意义同上，令 x = i ，继续遍历

遍历结束后提供 x 和 y 即可。

代码如下：

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=2e5+10;

int t,n,x,y,a,b;
int main()
{
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		x=1,y=2;
		for(int i=3;i<=n;i++)
		{
			cout<<"? "<<x<<" "<<i<<endl;
			cin>>a;
			cout<<"? "<<y<<" "<<i<<endl;
			cin>>b;
			if(a==b)
				continue;
			else if(a>b)
				y=i;
			else 
				x=i;				
		}
		int k;
		cout<<"! "<<x<<" "<<y<<endl;
		cin>>k; 
	}
	return 0;
}