Codeforces Round #747 (Div. 2) 个人题解

最新推荐文章于 2024-08-31 12:42:46 发布

Ekennis

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CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：算法

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_39561693/article/details/120668892

本文介绍了四个算法问题的解决方案，包括整数区间构造、特殊数的快速幂查找、字符替换策略以及图的真假状态分析。通过数论技巧和图论方法，解决字符串处理和图的连通性问题，展示了算法在解决数学和逻辑难题中的应用。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

上蓝了！

A. Consecutive Sum Riddle

题意

给一个 $n$ ，你需要构造一个整数区间 $[L, R]$ ,其和等于 $n$
分析

取 $[- n + 1, n]$ 即可。

B. Special Numbers

题意

给出一个 $n$ , 另一个数 $m$ 如果可以表示成 $n$ 的不同幂次之和，则称 $m$ 是 special 的。现在给出 $n$ ，将所有 special 的数升序排序，问第 $k$ 个数是多少。

分析

假如一个数是 $n^0+n^1+n^4$ ，我们不妨用二进制表示，转化为 $10011_{(2)}$ ，也就是说现在给了一个二进制的数，但是其每个位的权值要乘以 $n$ . 那么第 $k$ 个数表示成二进制自然就是 $k_{(2)}$ 本身了，模拟快速幂求即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define lson k<<1
#define rson k<<1|1
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
#define int long long
#define pii pair<int, int>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
signed main() {
    DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int n, k;
        cin >> n >> k;
        int ans = 0;
        int x = 1;
        while(k) {
            if(k & 1) {
                ans = (ans + x) % mod;
            }
            x = (x * n) % mod;
            k >>= 1;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

C. Make Them Equal

题意

给一串字符串，你要通过一些操作把它的所有字符全部变成 $c$ ：

选择一个数字 $1\leq x\leq n$ . 字符串中所有下标 $i$ 中 $x≠0i\ mod\ x \neq 0$ 的下标都将被替换为 $c$ .

分析

首先贪心考虑，如果 $x$ 取 $n$ ，那么 $[1, n - 1]$ 必定全部都可以替换，接下来再取个 $n - 1$ ，把 $n$ 替换即可。故不管怎样，答案最多为2.

所以只需要考虑答案为1的情况了。这里我们可以直接暴力统计所有不等于 $c$ 的下标的因数，如果不同因数的个数小于 $n$ ，说明一定可以找到一个 $x$ 使得所有字符为 $c$ .

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define lson k<<1
#define rson k<<1|1
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
#define int long long
#define pii pair<int, int>
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double dinf = 1e100;
typedef long long ll;
//const ll linf = 9223372036854775807LL;
// const ll linf = 1e18;
using namespace std;
const int maxn = 3e5 + 10;
bool v[maxn];
signed main() {
    DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;
    int t;
    cin >> t;
    
    while(t--) {
        int n;
        string s; char c;
        cin >> n;
        s += '#';
        string tmp;
        cin >> c;
        cin >> tmp;
        s += tmp;
        bool flag = 1;
        vector<int> pos;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) v[i] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) if(s[i] != c) {
            flag = 0; pos.pb(i);
        }
        if(flag) {
            cout << 0 << endl;
            continue;
        }
        int cnt = 0;
        for (auto &i : pos) {
            if(!v[i]) v[i] = 1, cnt++;
            for (int j = 1; j * j <= i; ++j) {
                if(i % j == 0 && !v[j]) v[j] = 1, cnt++;
                if(i % j == 0 && !v[i / j]) v[i / j] = 1, cnt++;
            }
        }
        if (cnt == n) {
            cout << 2 << endl;
            cout << n << ' ' << n - 1 << endl;
        }
        else {
            cout << 1 << endl;
            for (int i = 1; i <= n; ++i) if(!v[i]) {
                cout << i << endl;
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

D. The Number of Imposters

题意

有一张 $n$ 个节点的图，每条边都是单向边 $(i, j, c)$ 表示第 $i$ 个人说第 $j$ 个人是个说谎的人/说实话的人。且如果一个人是说谎的人，那他说的一定是假，否则一定是真。

问这张图最多有几个说实话的人。

分析

单向图其实可以直接转化为无向图，这是等价的。 $a$ 说 $b$ 是假的，其实和 $b$ 说 $a$ 假是一样的，可以列真值表证明。

而且，只要连通图中有一个人的真假确定了，其他人的真假一定也确定了。

所以，转化为无向图之后再记忆化搜索就可以了，对每个连通块进行 dfs ， $d p [i] [0]$ 表示第 $i$ 人说谎的情况下他和他的子节点中说实话的人有多少； $d p [i] [1]$ 表示 $i$ 说实话的情况下的答案。

注意矛盾的情况，搜索过程中每个节点要保存自己的当前真假情况，这样在子节点指回祖先节点时判断一下矛不矛盾就可以了。

所以对每个连通块搜索的根节点，假设其为实话或者谎话，分别 dfs 两次，取最大值即可。

其实也可以写的更简单的，但是昨天越写越奇怪，有点没稳住，思路太乱了。

不仅思路较为冗杂，代码也特别丑qwq

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define lson k<<1
#define rson k<<1|1
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
// #define int long long
#define pii pair<int, int>
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double dinf = 1e100;
typedef long long ll;
//const ll linf = 9223372036854775807LL;
// const ll linf = 1e18;
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 10;
int n, m;
int dp[maxn][2]; // i号节点说谎/不说谎的答案
vector<pii> e[maxn];
bool v[maxn];
bool flag = 0;
int fa[maxn];
int st[maxn]; // 当前的status 1说谎，2不说谎
vector<int> tmp;
void dfs(int i, int l) { // l:0说谎，1不说谎
    tmp.pb(i);
    st[i] = l + 1;
    for (auto &x : e[i]) {
        if(st[x.first]) {
            if(l == 1 && x.second == 0 && st[x.first] == 2){
                flag = 1;
            }
            else if(l == 1 && x.second == 1 && st[x.first] == 1) {
                flag = 1;
            }
            else if(l == 0 && x.second == 1 && st[x.first] == 2) {
                flag = 1;
            }
            else if(l == 0 && x.second == 0 && st[x.first] == 1) {
                flag = 1;
            }
            continue;
        }
        if(l == 1 && x.second == 0) {
            dfs(x.first, 0);
            dp[i][1] += dp[x.first][0];
        }
        else if(l == 1 && x.second == 1) {
            dfs(x.first, 1);
            dp[i][1] += dp[x.first][1];
        }
        else if(l == 0 && x.second == 0) {
            dfs(x.first, 1);
            dp[i][0] += dp[x.first][1];
        }
        else {
            dfs(x.first, 0);
            dp[i][0] += dp[x.first][0];
        }
    }
}
signed main() {
    DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        cin >> n >> m;
        flag = 0;
        fors(i, 1, n) {
            dp[i][0] = 0, dp[i][1] = 1;
            fa[i] = i;
            v[i] = 0;
            st[i] = 0;
        }
        int l, r; string s;
        while(m--) {
            cin >> l >> r >> s;
            if(s[0] == 'i') {
                e[l].pb({r, 0});
                e[r].pb({l, 0});
            }
            else {
                e[l].pb({r, 1});
                e[r].pb({l, 1});
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if(!st[i]) {
                tmp.clear();
                dfs(i, 0);
                for(auto &x : tmp) st[x] = 0;
                dfs(i, 1);
                ans += max(dp[i][0], dp[i][1]);
                if(flag) break;
            }
        }
        if(flag) cout << -1 << endl;
        else cout << ans << endl;
        fors(i, 1, n) e[i].clear();
    }
    return 0;
}

E1. Rubik’s Cube Coloring (easy version)

这种E1还是放Div. 3去吧，能当A做了，我不好说。

属于是送经验了（

#include <bits/stdc++.h>
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define lson k<<1
#define rson k<<1|1
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
#define int long long
#define pii pair<int, int>
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double dinf = 1e100;
typedef long long ll;
//const ll linf = 9223372036854775807LL;
// const ll linf = 1e18;
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int fpow(int x, int y) {
    int ans = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) {
            ans = (ans * x) % mod;
        }
        x = (x * x) % mod;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}
signed main() {
    DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;
    int t;
    t = 1;
    
    while(t--) {
        int k;
        cin >> k;
        int p = (1LL << k) - 1LL;
        cout << (fpow(4, p - 1LL) * 6LL) % mod << endl;
    }
    return 0;
}