Codeforces Round #751 (Div. 2) (A~C)

A.Two Subsequences

题目大意

给你一个字符串 s。您需要找到两个非空字符串 a 和 b，以满足以下条件：
(1) 字符串 a 和 b 都是 s 的子序列。
(2) 对于每个索引 i，字符串 s 里的字符 s [ i ] 必须恰好属于字符串 a 或 b 之一。
(3) 字符串 a 是字典序最小可能的；字符串 b 可以是任何可能的字符串。
对于给定的字符串 s，打印任何有效的 字符串a 和字符串 b。

解题思路

因为题目要求字符串a的字典序最小，所以，我们可以让字符串a是字符串s里面最小的字符即可，则字符串b就是字符串s删除掉字符串a之后的字符串。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
	int t;
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		string s, c;
		cin >> s;
		c = s;
		sort(c.begin(), c.end()); //将字符串c排序
		int k = s.find(c[0]); //在字符串s中找到最小字符的下标
		s.erase(s.begin() + k); //在字符串s中删除该位置的字符
		cout << c[0] << ' ' << s << endl; //输出 a 和 b
	}
	return 0;
}

---

B. Divine Array

题目大意

给你一个长度为n的数组a，然后数组a可以进行无数次操作。
对于每次操作，在数组中的每个位置j，aj变成等于在这步操作之前aj在数组a中出现的次数。
有m次询问，问第x个数经过k次操作之后的值是多少？

解题思路

根据模拟几个样例发现数组经过一定的操作数后，数组的值就不再改变，并且n<=2000,所以我们不妨把数组从1~n次操作后的值都求出来，不会超时。(可以证明，最多经过${\log }_2(n)$次操作之后数组的值就不会在改变)

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2010;
int cnt[N], d[N][N]; //cnt数组记录每个数在数组中出现的次数						
int main()           //d[i][j]表示第i次操作后第j位置的值
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
	{
		int n;
		scanf("%d", &n);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			scanf("%d", &d[0][i]);
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			for (int j = 1; j <= n; j++) cnt[j] = 0; //每次操作之前初始化cnt数组
			for (int j = 1; j <= n; j++) cnt[d[i - 1][j]]++; //更新cnt数组
			for (int j = 1; j <= n; j++) d[i][j] = cnt[d[i - 1][j]]; //修改第i次操作之后的值
		}
		int m;
		scanf("%d", &m);
		while (m--)
		{
			int k, x;
			scanf("%d %d", &x, &k);
			printf("%d\n", d[min(k, n)][x]);
		}
	}
	return 0;
}

---

C. Array Elimination

题目大意

给你n个数，你可以任意次选择任意k(1<=k<=n)个数进行操作，将这k个数与(&)起来的结果赋值给x，再将这k个数减去x， 最终使n个数都为0，找出有多少个这样的k。

解题思路

首先，我们要知道当两个数都为1是，&起来的结果才为1。
其次，题目要求n个数结果最后都为0，可以推出最后n个数的2进制表示中每一位都为0。那么，如何将n个数的第i位1都变成0那，首先选取的k个数，第i位必须都为1，其次对于第i位1的个数必须是k的整数倍，这样才能将第i位的所有1都变成0。最后一个问题，如何将每一位1都变成0那，求出来每一位1的个数，并求出来这几个数的最大公因数res。所以k为res的所有因子，并且小于等于n。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
int p[N], cnt[32]; //cnt[i]记录第i位1的个数
int gcd(int a, int b)
{
	return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int main()
{
	int t;
	scanf("%d", &t);
	while (t--)
	{
		int n;
		scanf("%d", &n);
		for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &p[i]);
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); //初始化cnt数组
		for (int i = 1; i <= n; i++) //遍历n个数
		{
			for (int j = 0; j < 30; j++) //遍历每个数的每一位
			{
				int k = (p[i] >> j) & 1;
				cnt[j] += k;
			}
		}
		int res = 0;
		for (int i = 0; i < 30; i++) res = gcd(res, cnt[i]);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			if (res % i == 0) printf("%d ", i);
		}
		puts("");
	}
	return 0;
}