Codeforces Round 934 (Div. 2)

Codeforces Round 934 (Div. 2)

Codeforces Round 934 (Div. 2)

A. Destroying Bridges

题意：

n个岛屿，两两之间有一座桥，现在最多可以摧毁k座桥，此时在1岛的人最少可以访问多少座岛(包括1岛)。

思路：

要么至少摧毁1岛连接n-1座岛的所有n-1座桥，这样只能访问1岛，要么所有岛都能访问。

AC code：

void solve() {
    int k; cin >> n >> k;
    int sum = n * (n - 1) / 2;
    if (k >= n - 1){
        cout << 1 << endl;
        return;
    }
    cout << n << endl;
}

B. Equal XOR

题意：

长度为2*n的数组a中，由两组1到n的元素组成，现在从下标1到n中选2 * k个元素组成新的序列l，从下标n+1到2n中选2 * k个元素组成新的序列r，令两组序列中所有元素的异或和相同。

思路：

首先，相同元素的异或和为零，x^x=0;

前n个序列中未出现的元素，一定会在后n个序列中成对出现，因为整个序列是两组1到n的元素组成；

• 所以第一步需要从前半和后半序列中，选取两序列中都包含的元素加入l和r序列中；

• 然后第二步判断是否满足2*k个元素，不满足则需要判断当前l和r序列的奇偶性；

  • 若为偶数，则不用额外操作，因为2*k一定是偶数；
  • 若为奇数，则需要删除最后一个元素，因为后续补充至2*k个元素一定是成对补充的；

• 第三步是找出前后序列中成对的元素补充到l和r序列中凑够2*k个元素即可；

AC code：

void solve() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= 2 * n; i ++)
        cin >> a[i];
    map<int, int> ml, mr, l, r;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) ml[a[i]] ++, l[a[i]] ++;
    for (int i = n + 1; i <= 2*n; i ++) mr[a[i]] ++, r[a[i]] ++;
    vector<int> al, ar;
    bool flag = false;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        if (mr[a[i]]) {
            al.pb(a[i]);
            ar.pb(a[i]);
            mr[a[i]] --;
            ml[a[i]] --;
        }
        if (al.size() == 2 *k) {
            flag = true;
            break;
        }
    }
    if (n == 2*k) {
        for (int i = 1; i <= n; i ++) cout << a[i] << ' ';
            cout << endl;
        for (int i = n + 1; i <= 2*n; i ++) cout << a[i] << ' ';
            cout << endl;
        return;
    }
    if (flag) {
        for (auto x : al) cout << x << ' ';
            cout << endl;
        for (auto x : ar) cout << x << ' ';
            cout << endl;
        return;
    }
    int pos = -1;
    if (al.size() % 2) {
        pos = al.size() - 1;
    } 
    for (auto [x, y] : ml) {
        if (!mr[x] && y) {
            al.pb(x);
            al.pb(x);
        }
    }
    for (auto [x, y] : mr) {
        if (!ml[x] && y) {
            ar.pb(x);
            ar.pb(x);
        }
    }
    if (pos != -1) {
        for (int i = 0; i < pos; i ++) cout << al[i] << ' ';
        for (int i = pos + 1; i < 2 *k + 1; i ++) cout << al[i] << ' ';
                cout << endl;
        for (int i = 0; i < pos; i ++) cout << ar[i] << ' ';
        for (int i = pos + 1; i < 2 *k + 1; i ++) cout << ar[i] << ' ';
                cout << endl;
        return;
    }
    for (int i = 0; i < 2 * k; i ++) cout << al[i] << ' ';
        cout << endl;
    for (int i = 0; i < 2 * k; i ++) cout << ar[i] << ' ';
        cout << endl;
}

C. MEX Game 1

题意：略。

思路：

最先能想到的思路就是根据当前的MEX值进行选择来使得序列MEX最大or最小；

但对于二人来说，影响MEX大小的应该是序列中出现次数为1的元素，因为对于出现次数大于1的元素，即使B优先删除，A也能将其加入到MEX序列中来增大MEX数量；而序列中只出现一次的元素，删除或加入MEX序列都会是唯一性的。

所以只需要判断序列中出现次数为1的元素，二人轮流将当前最小的元素删除/加入序列即可，对于大于1的元素则必然会选到序列中。

AC code：

void solve() {
    cin >> n;
    map<int, int> mp;
    multiset<int> s;
    for (int i = 0; i < n; i ++) {
        int x; cin >> x;
        mp[x] ++;
    }
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q, ans;
    for (auto [x, y] : mp) {
        if (y == 1) q.push(x);
        else if (y > 1) ans.push(x);
    }
    int now = 0, f = 1;
    while (!q.empty()) {
        auto t = q.top();
        q.pop();
        if (f) {
            ans.push(t);
            f = 0;
        } else {
            f = 1;
        }
    }
    while (!ans.empty()) {
        int t = ans.top();
        //cout << t << " ";
        ans.pop();
        if (t == now) now ++;
    }
    cout << now << endl;
}