A
水题一道。
题目的大致意思就是:给你两个集合,求集合间有多少数对和是奇数。
题解,开444个桶后,求一个minminmin就可以了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;
int v1[4], v2[4];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1, x; i <= n; i ++) scanf("%d", &x), v1[x % 2] ++;
for (int i = 1, x; i <= m; i ++) scanf("%d", &x), v2[x % 2] ++;
cout << min(v1[0], v2[1]) + min(v1[1], v2[0]) << endl;
return 0;
}
B
题目大意
给你一个数xxx,并给你两个操作AAA和BBB,要求操作AAA和BBB必须交替执行。
操作AAA:给一个2k−12^k-12k−1异或当前xxx。
操作BBB:将当前的数+1+1+1。
让你在404040步内完成以下的任务:让你把xxx变成2k−12^k-12k−1
题解
水题一道
我们考虑贪心。
首先需要了解操作AAA的本质。
其实就是在二进制下异或一个111⋯1111\cdots1111⋯1的数。
那么为了处理到所有的000变成111,那么我们需要考虑第一个000,也就是在二进制下最高位的000。
比较明显的贪心策略就出现了,每一次我们异或掉最高位的000,然后+1+1+1。
10610^{6}106很明显可以在404040步以内完成,所以不存在无法完成的情况。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x, n = 0, ans = 0, pos, cnt = 0;
int a[30], Ans[30];
bool fg;
int main() {
cin >> x;
for (; x; x >>= 1) a[++ n] = x % 2;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
fg = 1;
for (int j = 1; j <= n; j ++) if (a[j] == 0) { fg = 0; break; }
if (fg) break;
for (int j = n; j; j --) {
if (a[j] == 0) { pos = j; break; }
}
for (int j = 1; j <= pos; j ++) a[j] ^= 1;
Ans[++ cnt] = pos; ++ ans;
fg = 1;
for (int j = 1; j <= n; j ++) if (a[j] == 0) { fg = 0; break; }
if (fg) break;
a[1] ++;
for (int j = 1; j <= n; j ++) if (a[j] > 1) a[j] = 0, a[j + 1] ++;
++ ans;
}
cout << ans << endl;
for (int i = 1; i <= cnt; i ++) printf("%d ", Ans[i]);
return 0;
}
C
题目大意
给你aaa和bbb,求最小的kkk使a+ka+ka+k和b+kb+kb+k的最小公倍数最小。
题解
数论水题一道。
lcm(a+k,b+k)=(a+k)×(b+k)gcd(a+k,b+k)lcm(a+k,b+k)=\frac{(a+k)\times (b+k)}{gcd(a+k,b+k)}lcm(a+k,b+k)=gcd(a+k,b+k)(a+k)×(b+k)
辗转相减法可得:gcd(a+k,b+k)=gcd(a+k,b−a)gcd(a+k,b+k)=gcd(a+k,b-a)gcd(a+k,b+k)=gcd(a+k,b−a)。
那么很明显的是b−ab-ab−a是一个定值,而且答案和b−ab-ab−a的约数有关,那么我们就枚举b−ab-ab−a的约数,然后暴力判断是否满足答案就可以了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const ll linf = 1ll << 62;
ll a, b, c, ans = linf, ret = linf;
void check(ll x) {
ll ta = ceil((db)a/x)*x;;
ll tb = ta + c;
ll tmp = ta * tb / x;
if (tmp == ret) {
if (ta - a < ans) ans = tmp;
}
else if (tmp < ret) ans = ta - a, ret = tmp;
}
int main() {
cin >> a >> b;
if (a == b) { cout << 0 << endl; return 0; }
if (a > b) swap(a, b);
c = b - a; ll sq = sqrt(c);
for (int i = 1; i <= sq; i ++) {
if (c % i == 0) { check(i); check(c / i); }
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
D
简单DP+结论。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000 + 4;
const int P = 1e9 + 7;
int n;
ll f[N][N], ans;
int main() {
cin >> n;
f[0][0] = 1;
for (int i = 0; i <= n; i ++) {
for (int j = 0; j <= i; j ++) {
if (i && i >= j + 1) f[i][j] += f[i - 1][j];
if (j) f[i][j] += f[i][j - 1];
f[i][j] %= P;
}
}
for (int i = 0; i <= n; i ++)
for (int j = 0; j <= i; j ++)
if ((i + j) % 2 == 1) ans = (ans + f[i][j]) % P;
cout << ans << endl;
return 0;
}
E
题解
其实还是一道水题。。。
比较容易就可以得出题目中给出PPP数组是没有用的。
输入中给出的b′b'b′和c′c'c′一定是相邻的两个数。
也就是b′i{b'}_ib′i和c′i{c'}_ic′i是相邻的。
我们需要还原aaa数组,也就是需要符合以上所有b′b'b′和c′c'c′的限制。
容易想到就是用欧拉路径实现。
坑点盘点:
- 建出的图可能不连通。
- 可能存在环中路径。
- 需要离散化。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int a[N], b[N], c[N], d[N], disc[N], de[N], point[N], ans[N];
int n, dcnt = 0, acnt = 0, pcnt = 0;
multiset<int> g[N];
template <typename T> void read(T &x) {
x = 0; T fl = 1; char ch = 0;
for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if (ch == '-') fl = -1;
for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
x *= fl;
}
void dfs(int u) {
if (de[u] == 0) { ans[++ acnt] = u; return; }
for (auto i = g[u].begin(); i != g[u].end(); i = g[u].begin()) {
int v = *i;
g[u].erase(i);
g[v].erase(g[v].find(u)); de[u] --, de[v] --;
dfs(v);
}
ans[++ acnt] = u;
}
signed main() {
read(n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) g[i].clear();
for (int i = 1; i < n; i ++) read(a[i]), disc[++ dcnt] = a[i];
for (int i = 1; i < n; i ++) read(b[i]), disc[++ dcnt] = b[i];
for (int i = 1; i < n; i ++) if (a[i] > b[i]) { cout << -1 << endl; return 0; }
sort(disc + 1, disc + 1 + dcnt);
dcnt = unique(disc + 1, disc + 1 + dcnt) - disc - 1;
for (int i = 1; i < n; i ++) {
c[i] = lower_bound(disc + 1, disc + 1 + dcnt, a[i]) - disc;
d[i] = lower_bound(disc + 1, disc + 1 + dcnt, b[i]) - disc;
}
for (int i = 1; i < n; i ++) {
g[c[i]].insert(d[i]); g[d[i]].insert(c[i]);
de[c[i]] ++; de[d[i]] ++;
}
for (int i = 1; i <= n; i ++)
if (de[i] & 1) point[++ pcnt] = i;
if (pcnt != 0 && pcnt != 2) { cout << -1 << endl; return 0; }
acnt = 0;
if (pcnt == 0) dfs(1); else dfs(point[1]);
if (acnt != n) { cout << -1 << endl; return 0; }
for (int i = 1; i <= acnt; i ++) printf("%d ", disc[ans[i]]);
return 0;
}