Pinely Round 4 (Div. 1 + Div. 2)
發揮到極致了，寫出了兩題
A. Maximize the Last Element
對於每個滿足他左邊的數的個數和他後面的數的個數都是奇數的數，取最大值即可。
# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
// # define int long long
# define lc u << 1
# define rc u << 1 | 1
# define fi first
# define se second
const int N = 105;
int n;
signed main ()
{
int T; scanf ("%d", &T);
while (T -- )
{
scanf ("%d", &n);
int mx = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
int x; scanf ("%d", &x);
if ((i - 1) % 2 == 0 && (n - i) % 2 == 0) mx = max (mx, x);
}
printf ("%d\n", mx);
}
return 0;
}
B. AND Reconstruction
對於每個位置 \(i\)，他與前面位置的公共部分為 \(b_{i-1}\)，與後面公共部分是 \(b_i\)。所以這個位置至少是 \(b_{i-1} | b_i\)。如果這個時候不滿足，就判定誤解。如果滿足，那麼構造就是這個啦。
# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
// # define int long long
# define lc u << 1
# define rc u << 1 | 1
# define fi first
# define se second
const int N = 100005;
int n;
int b[N], a[N];
signed main ()
{
int T; scanf ("%d", &T);
while (T -- )
{
scanf ("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i ++ ) scanf ("%d", &b[i]);
a[1] = b[1], a[n] = b[n - 1];
for (int i = 2; i < n; i ++ ) a[i] = b[i - 1] | b[i];
bool flag = 1;
for (int i = 1; i < n; i ++ )
{
if ((a[i] & a[i + 1]) != b[i])
{
flag = 0;
break;
}
}
if (!flag)
{
printf ("-1\n");
continue;
}
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) printf ("%d ", a[i]);
printf ("\n");
}
return 0;
}
C. Absolute Zero
看到 \(n\le 2\times 10^5,k\le 40\)，就很容易想到拆位。首先，如果序列中有兩個數機奇偶性不同，就肯定無法把整個序列變成 \(0\)，因為這兩個數永遠差著一個 \(1\)。所以，如果存在兩個奇偶性不同的數，就判定無解。否則，就從大到小的每一個二進位制位進行操作即可。
# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
// # define int long long
# define lc u << 1
# define rc u << 1 | 1
# define fi first
# define se second
const int N = 200005;
int n;
int a[N];
signed main ()
{
int T; scanf ("%d", &T);
while (T -- )
{
scanf ("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf ("%d", &a[i]);
bool flag = 0;
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
{
if (a[i] % 2 != a[1] % 2)
flag = 1;
}
if (flag)
{
printf ("-1\n");
continue;
}
if (a[1] % 2 == 0)
{
printf ("31\n");
for (int i = 29; i >= 0; i -- ) printf ("%d ", (1ll << i));
printf ("1\n");
}
else
{
printf ("30\n");
for (int i = 29; i >= 0; i -- ) printf ("%d ", (1ll << i));
printf ("\n");
}
}
return 0;
}
D. Prime XOR Coloring
玄學題，我知道構造方法，但是我不知道怎麼想到的題。
那麼我就只能給出構造方法以及證明了。
構造方法
- \(n=1\)：
1 - \(n=2\)：
1 2 - \(n=3\)：
1 2 2 - \(n=4\)：
1 2 2 3 - \(n=5\)：
1 2 2 3 3 - \(n\ge 6\)：
2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 ...
證明
首先，\(n\le 5\) 的十分好證。
對於 \(n\ge 6\) 的情況，如果兩個點顏色相同，那麼他們異或起來一定是 \(4\) 的倍數，不是質數，所以沒有邊。
證畢。
# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
// # define int long long
# define lc u << 1
# define rc u << 1 | 1
# define fi first
# define se second
signed main ()
{
int T; scanf ("%d", &T);
while (T -- )
{
int n; scanf ("%d", &n);
if (n == 1) printf ("1\n1\n");
else if (n == 2) printf ("2\n1 2\n");
else if (n == 3) printf ("2\n1 2 2\n");
else if (n == 4) printf ("3\n1 2 2 3\n");
else if (n == 5) printf ("3\n1 2 2 3 3\n");
else
{
printf ("4\n");
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) printf ("%d ", i % 4 + 1);
printf ("\n");
}
}
return 0;
}