題目連結：Pinely Round 4 (Div. 1 + Div. 2)
總結：被B卡了一年。
A. Maximize the Last Element
tag：模擬
Description：給定一個長度為奇數的陣列，每次可以刪除兩個相鄰的元素，直到剩下一個元素為止，求該元素的最大值。
Solution：模擬發現之後保留奇數位的值。
void solve(){
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i ++)
cin >> a[i];
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i += 2)
ans = max(ans, a[i]);
cout << ans << endl;
}
B. AND Reconstruction
tag：構造
Description：給定一個長為\(n - 1\)的陣列\(b\)，構造一個長度為\(n\)的陣列\(a\)，滿足\(a_i \& a_{i + 1} == b_i\)，否則輸出\(-1\)。
Solution：我們令\(a_1 == b_1\)。然後我們發現\(a_i\)會影響\(b_i\)與\(b_{i - 1}\)，那麼\(a_i\)包含最少的\(1\)時，必須為\(b_{i - 1} | b_i\)。最後我們令\(a_n == b_{n - 1}\)。
Competing：一開始就想到了，但是思路不清晰，氣。
void solve(){
cin >> n;
vector<int> b(n), a(n);
for (int i = 0; i < n - 1; i ++){
cin >> b[i];
}
a[0] = b[0];
for (int i = 1; i < n - 1; i ++){
a[i] = b[i] | b[i - 1];
}
a[n - 1] = b[n - 2];
for (int i = 0; i < n - 1; i ++){
if (b[i] != (a[i] & a[i + 1])){
cout << -1 << endl;
return;
}
}
for (int i = 0; i < n; i ++)
cout << a[i] << " \n"[i + 1 == n];
}
C. Absolute Zero
tag：構造
Description：給定一個長度為\(n\)的陣列，每次操作可以選定一個\(x\)，將\(a_i\)更新為\(|a_i - x|\)。構造一個操作序列不操作\(40\)次，使陣列\(a\)全為\(0\).
Solution：模擬幾組樣例發現，如果陣列中所有元素的奇偶性必須相同，否則當一個數變為奇數，另一個數會變成偶數。（開始時這兩個數奇偶性不同）。
- 我們只需要每次減去\((r + l) / 2\)，逐漸縮小上界即可。
- 可以使用\(2^{31}, 2^{30}, ... 1\)。逐漸縮小上界。
Competing：將\(r +l\)寫為\(r - l\)
void solve(){
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i ++){
cin >> a[i];
}
sort(a.begin(), a.end());
for (int i = 1; i < n; i ++){
if ((a[i] - a[i - 1]) & 1){
cout << -1 << endl;
return;
}
}
if (a[0] == a[n - 1]){
if (a[0] == 0){
cout << 0 << endl << endl;
return;
}
cout << 1 << endl;
cout << a[0] << endl;
return;
}
vector<int> ans;
while (a[0] != a[n - 1]){
int t = (a[n - 1] + a[0]) / 2;
ans.eb(t);
for (int i = 0; i < n; i ++){
a[i] = abs(a[i] - t);
}
sort(a.begin(), a.end());
}
if (a[0] != 0)
ans.eb(a[0]);
cout << ans.size() << endl;
for (int i = 0; i < ans.size(); i ++)
cout << ans[i] << " \n"[i + 1 == ans.size()];
}
D. Prime XOR Coloring
tag：構造
四色定理：“將平面任意地細分為不相重疊的區域，每一個區域總可以用1234這四個數字之一來標記而不會使相鄰的兩個區域得到相同的數字。”這裡所指的相鄰區域是指有一整段邊界是公共的。如果兩個區域只相遇於一點或有限多點就不叫相鄰的。
Description：有\(n\)個頂點，編號從\(1\)到\(n\)，當\(u \oplus v\)為質數時，\(u\)和\(v\)之間有一條邊。用最少的顏色給所有頂點染色，要求相鄰頂點的顏色不能相同。
Solution：考慮哪些點之間連邊太難，考慮哪些點之間不連邊。
- 根據四色定理知，當\(n >= 6\)時，一定需要四種顏色。
- 考慮所有質數，發現除了\(2\)都是奇數。\(2\)的二進位制\(01\)，\(3\)的二進位制\(10\)，\(4\)的二進位制\(00\)。那麼我們對\(4\)取餘，\(mod4\)相同的數異或之後一定不是質數。
- 然後特判\(n <= 5\)。
void solve(){
cin >> n;
if (n == 1){
cout << 1 << endl << 1 << endl;
}
else if (n == 2){
cout << 2 << endl;
cout << 1 << " " << 2 << endl;
}
else if (n == 3){
cout << 2 << endl;
cout << "1 2 2\n";
}
else if (n == 4){
cout << 3 << endl;
cout << "1 2 2 3\n";
}
else if (n == 5){
cout << 3 << endl;
cout << "1 2 2 3 3\n";
}
else{
cout << 4 << endl;
for (int i = 1; i <= n; i ++){
cout << (i % 4) + 1 << " \n"[i == n];
}
}
}
E. Coloring Game
tag：二分圖 + 互動
Description：給定一個圖，一共\(n\)輪操作，每輪操作：
- \(Alice\)選擇三個顏色中選擇兩個顏色（\(1, 2, 3\)）。
- \(Bob\)選擇一個未染色的頂點進行染色。
- 如果存在相鄰頂點顏色相同\(Alice\)贏，否則\(Bob\)贏。
- 你需要選擇玩家，並給出獲勝策略。
Solution：顯然\(Alice\)想贏每次給出兩個相同的顏色最好。模擬一下發現如果是二分圖則\(Bob\)必贏，否則\(Alice\)必贏。
- 如果不是二分圖，\(Alice\)獲勝，每次輸出\(1, 2\)即可。
- 如果是二分圖\(Bob\)獲勝，先用\(1\)或者\(2\)將其中一種顏色染完，剩下的一種用\(3\)進行染色。因為\(1\)的個數加\(2\)的個數等於\(n\)，因此必定有一種顏色會被染完。
void solve(){
cin >> n >> m;
vector g(n, vector<int>());
vector st(n, -1);
for (int i = 0; i < m; i ++){
int x, y;
cin >> x >> y;
x --, y --;
g[x].eb(y);
g[y].eb(x);
}
bool flag = true;
vector<int> f1, f2;
auto dfs = [&](auto self, int x, int fa, int c) -> void {
st[x] = c;
if (c == 1){
f1.eb(x);
}
else
f2.eb(x);
for (auto i : g[x]){
if (i == fa)
continue;
if (st[i] == -1){
self(self, i, x, !c);
}
else{
if (st[i] == c){
flag = false;
}
}
}
};
dfs(dfs, 0, -1, 1);
if (flag){
cout << "Bob" << endl;
int s1 = f1.size(), s2 = f2.size();
for (int i = 0; i < n; i ++){
int a, b;
cin >> a >> b;
if (a > b)
swap(a, b);
if (a == 1){
if (s1){
s1 --;
cout << f1.back() + 1 << " " << a << endl;
f1.pop_back();
}
else{
s2 --;
cout << f2.back() + 1 << " " << b << endl;
f2.pop_back();
}
}
if (a == 2){
if (s2){
s2 --;
cout << f2.back() + 1 << " " << a << endl;
f2.pop_back();
}
else{
s1 --;
cout << f1.back() + 1 << " " << b << endl;
f1.pop_back();
}
}
}
}
else{
cout << "Alice" << endl;
for (int i = 1; i <= n; i ++){
int a, b;
cout << "1 2" << endl;
cin >> a >> b;
}
}
}