「CF#554 div2」题解

最新推荐文章于 2024-07-15 11:55:17 发布

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本文解析了五道经典算法题，包括集合数对求和、数位操作、最小公倍数优化、动态规划问题及欧拉路径应用，涵盖了从贪心策略到复杂图论的多种算法技巧。

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 $4$ 个桶后，求一个 $m i n$ 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 $x$ ，并给你两个操作 $A$ 和 $B$ ，要求操作 $A$ 和 $B$ 必须交替执行。
操作 $A$ ：给一个 $2^k-1$ 异或当前 $x$ 。
操作 $B$ ：将当前的数 $+ 1$ 。
让你在 $40$ 步内完成以下的任务：让你把 $x$ 变成 $2^k-1$

题解

水题一道
我们考虑贪心。
首先需要了解操作 $A$ 的本质。
其实就是在二进制下异或一个 $111⋯1111\cdots1$ 的数。
那么为了处理到所有的 $0$ 变成 $1$ ，那么我们需要考虑第一个 $0$ ，也就是在二进制下最高位的 $0$ 。
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 $0$ ，然后 $+ 1$ 。
$10^{6}$ 很明显可以在 $40$ 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 $a$ 和 $b$ ，求最小的 $k$ 使 $a + k$ 和 $b + k$ 的最小公倍数最小。

题解

数论水题一道。
$lcm(a+k,b+k)=(a+k)×(b+k)gcd(a+k,b+k)lcm(a+k,b+k)=\frac{(a+k)\times (b+k)}{gcd(a+k,b+k)}$
辗转相减法可得： $g c d (a + k, b + k) = g c d (a + k, b - a)$ 。
那么很明显的是 $b - a$ 是一个定值，而且答案和 $b - a$ 的约数有关，那么我们就枚举 $b - a$ 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 $P$ 数组是没有用的。
输入中给出的 $b^{'}$ 和 $c^{'}$ 一定是相邻的两个数。
也就是 $b′i{b'}_i$ 和 $c′i{c'}_i$ 是相邻的。

我们需要还原 $a$ 数组，也就是需要符合以上所有 $b^{'}$ 和 $c^{'}$ 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;
}