A. Maximize the Last Element
答案是奇數位的最大值
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#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k) for(int i = (j);i <= (k);i ++)
#define ROF(i,j,k) for(int i = (j);i >= (k);i --)
#define PII pair<int,int>
#define int long long
#define ULL unsigned long long
#define db double
#define x first
#define y second
#define sp(x) fixed << setprecision(x)
#define all(g) g.begin(), g.end()
#define M(x) x %= mod, x += mod, x %= mod
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"
#define ANS cout << ans << '\n'
#define de(p) cout << #p << ' ' << p << '\n'
#define END(i, n) (i == n ? '\n' : ' ')
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10,INF = 1e9,mod = 26;
int n,m,k;
void solve()
{
int ans = 0;
cin >> n;
FOR(i,1,n)
{
int x;cin >> x;
if (i & 1) ans= max(ans,x);
}
ANS;
}
signed main()
{
ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while(T --)
{
solve();
}
return 0;
}
B. AND Reconstruction
因為對於每個 \(i<=n-1\) 都有 \(b[i]=a[i]\) & \(a[i + 1]\) ,所以 \(a[i]\) 假設滿足所有的 \(b[i]\) ,即列舉每個 \(b[i]\) 使 \(a[i]\) 和 \(a[i + 1]\) 或等於 \(b[i]\)。
然後再檢驗一邊 \(a[i]\) & \(a[i + 1]\) \((i <= n - 1)\) 是否等於 \(b[i]\)
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#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k) for(int i = (j);i <= (k);i ++)
#define ROF(i,j,k) for(int i = (j);i >= (k);i --)
#define PII pair<int,int>
#define int long long
#define ULL unsigned long long
#define db double
#define x first
#define y second
#define sp(x) fixed << setprecision(x)
#define all(g) g.begin(), g.end()
#define M(x) x %= mod, x += mod, x %= mod
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"
#define ANS cout << ans << '\n'
#define de(p) cout << #p << ' ' << p << '\n'
#define END(i, n) (i == n ? '\n' : ' ')
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10,INF = 1e9,mod = 26;
int n,m,k;
int b[N];
int a[N];
void solve()
{
cin >> n;
FOR(i,1,n - 1) cin >> b[i];
FOR(i,1,n) a[i] = 0;
FOR(i,1,n - 1)
{
FOR(j,0,29)
{
if (b[i] >> j & 1)
{
a[i] |= (1 << j);
a[i + 1] |= (1 << j);
}
}
}
FOR(i,1,n - 1)
{
if ((a[i] & a[i + 1]) != b[i])
{
cout << -1 << '\n';
return;
}
}
FOR(i,1,n) cout << a[i] << END(i,n);
}
signed main()
{
ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while(T --)
{
solve();
}
return 0;
}
C. Absolute Zero
由於最多不超過40次操作,所以我們可以直接暴力模擬每一次操作
每個操作是將每個 \(a[i]\) 替換為 \(abs(a[i] - x)\),
由於我們最後需要把全部的 \(a[i]\) 都變成 \(0\) ,所以每次操作最優應該是選擇 \((\sum_{i = 1}^{n}max(a[i])\) \(-\) \(\sum_{i = 1}^{n}min(a[i]))/2\)
然後直接暴力模擬 \(40\) 次之後,看陣列是否全部為 \(0\)
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#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k) for(int i = (j);i <= (k);i ++)
#define ROF(i,j,k) for(int i = (j);i >= (k);i --)
#define PII pair<int,int>
#define int long long
#define ULL unsigned long long
#define db double
#define x first
#define y second
#define sp(x) fixed << setprecision(x)
#define all(g) g.begin(), g.end()
#define M(x) x %= mod, x += mod, x %= mod
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"
#define ANS cout << ans << '\n'
#define de(p) cout << #p << ' ' << p << '\n'
#define END(i, n) (i == n ? '\n' : ' ')
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10,INF = 1e9,mod = 26;
int n,m,k;
int a[N];
void solve()
{
cin >> n;
FOR(i,1,n) cin >> a[i];
vector<int> ans;
FOR(j,1,40)
{
int mi = a[1],ma = a[1];
FOR(i,1,n)
{
mi = min(mi,a[i]);
ma = max(ma,a[i]);
}
int t = mi + ma >> 1;
ans.push_back(t);
FOR(i,1,n)
{
a[i] = abs(a[i] - t);
}
// sort(a + 1,a + 1 + n);
}
int flag = 0;
FOR(i,1,n)
if (a[i] != 0)
flag = 1;
if (flag) cout << -1 << '\n';
else
{
cout << 40 << '\n';
for(auto i : ans) cout << i << ' ';
cout << '\n';
}
}
signed main()
{
ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while(T --)
{
solve();
}
return 0;
}
D. Prime XOR Coloring
小於等於 \(6\) 個點的時候可以手玩發現可以染色成 \(1\) \(2\) \(2\) \(3\) \(3\) \(4\)
大於6個點的時候,由於 \(i\) $ $ $ XOR $ $ $ \(j\) 為質數才會加邊，除了質數 \(2\) 以外
的所有質數都是奇數的，即二進位制中的第 \(1\) 位都是 \(1\) 。要保證 \(i\) 和 \(j\) 的第一位一樣才不會加邊
再考慮質數 \(2\) , \(2\) 的二進位制是 \(10\) , 所以要保證 \(i\) 和 \(j\) 的第二位一樣才不會加邊
所以只需要 \(i\) 和 \(j\) 的第一位和第二位都一樣，那麼 \(i\) 和 \(j\) 之間就不會產生任何邊,一共需要四種顏色,對應二進位制 \(00\) , \(01\) , \(10\), \(11\)。染色只需要將每個 \(i\) 染成 \((i\) \(-\) \(1)\) $ $ \(\%\) \(4+1\) 即可。
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#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k) for(int i = (j);i <= (k);i ++)
#define ROF(i,j,k) for(int i = (j);i >= (k);i --)
#define PII pair<int,int>
#define int long long
#define ULL unsigned long long
#define db double
#define x first
#define y second
#define sp(x) fixed << setprecision(x)
#define all(g) g.begin(), g.end()
#define M(x) x %= mod, x += mod, x %= mod
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"
#define ANS cout << ans << '\n'
#define de(p) cout << #p << ' ' << p << '\n'
#define END(i, n) (i == n ? '\n' : ' ')
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10,INF = 1e9,mod = 26;
int n,m,k;
int a[] = {0,1,2,2,3,3,4};
void solve()
{
cin >> n;
if (n > 6)
{
cout << 4 << '\n';
FOR(i,1,n)
{
cout << (i - 1) % 4 + 1 << END(i,n);
}
}
else
{
cout << a[n] << '\n';
FOR(i,1,n) cout << a[i] << END(i,n);
}
}
signed main()
{
ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while(T --)
{
solve();
}
return 0;
}
E. Coloring Game
\(Alice\) 的操作是給定兩個顏色，\(Bob\) 是將點用這兩個顏色染起來，如果到最後有相鄰的點顏色相同,那麼 \(Alice\) 贏。
先對整張圖做一遍二分圖染色。
如果這個圖不是二分圖的話，只需選 \(Alice\) 然後輸出 \(n\) 個 \(1\) , \(2\) 即可獲勝(一個圖不是二分圖那麼肯定不能用兩個顏色合法染完)
如果這個圖是二分圖的話,我們需要選 \(Bob\) ,然後將染色後顏色相同的點進行分類，那麼會分成兩類點記為 \(q1\) , \(q2\)。
染色的策略就是顏色 \(1\) 只能染到 \(q1\) 的點上,顏色 \(3\) 只能染到 \(q2\) 的點上，剩下的點染上顏色 \(2\) ，直接模擬就好了。
點選檢視程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k) for(int i = (j);i <= (k);i ++)
#define ROF(i,j,k) for(int i = (j);i >= (k);i --)
#define PII pair<int,int>
#define int long long
#define ULL unsigned long long
#define db double
#define x first
#define y second
#define sp(x) fixed << setprecision(x)
#define all(g) g.begin(), g.end()
#define M(x) x %= mod, x += mod, x %= mod
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"
#define ANS cout << ans << '\n'
#define de(p) cout << #p << ' ' << p << '\n'
#define END(i, n) (i == n ? '\n' : ' ')
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10,INF = 1e9,mod = 26;
int n,m,k;
vector<int> G[N];
int color[N];
void init()
{
}
bool dfs(int u,int now)
{
color[u] = now;
for(auto i : G[u])
{
if (color[i])
{
if (color[i] == color[u]) return 0;
}
else
{
color[i] = 3 - color[u];
if (!dfs(i,3 - now))
{
return 0;
}
}
}
return 1;
}
void solve()
{
cin >> n >> m;
FOR(i,1,n) G[i].clear(),color[i] = 0;
FOR(i,1,m)
{
int u,v;cin >> u >> v;
G[u].emplace_back(v);
G[v].emplace_back(u);
}
int f = 1;
FOR(i,1,n)
{
if (!color[i])
{
if (!dfs(i,1)) f = 0;
}
}
if (!f)
{
cout << "Alice" << endl;
FOR(i,1,n)
{
cout << 1 << ' ' << 2 << endl;
int a,b;cin >> a >> b;
}
}
else
{
cout << "Bob" << endl;
queue<int> q1,q2;
FOR(i,1,n)
{
if (color[i] == 1) q1.push(i);
else q2.push(i);
}
FOR(i,1,n)
{
int a,b;cin >> a >> b;
if (a == 1 || b == 1)
{
if (q1.size())
{
cout << q1.front() << ' ' << 1 << endl;
q1.pop();
}
else
{
cout << q2.front() << ' ' << max(a,b) << endl;
q2.pop();
}
}
else
{
if (q2.size())
{
cout << q2.front() << ' ' << 3 << endl;
q2.pop();
}
else
{
cout << q1.front() << ' ' << 2 << endl;
q1.pop();
}
}
}
}
}
signed main()
{
ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
init();
while(T --)
{
solve();
}
return 0;
}