Codeforces Global Round 27

zhouruoheng發表於2024-10-29

Codeforces Global Round 27 總結

A

將紅色的位置 \((r,c)\) 移走，分為三塊來考慮，藍色的塊移動 \(m-c\)，黃色的塊移動 \(m*(n-r)\)，綠色的塊移動 \((m-1)*(n-r)\)。

img

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1;
ll n,m,r,c;
void solve()
{
    cin>>n>>m>>r>>c;
    cout<<m-c+m*(n-r)+(m-1)*(n-r)<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

B

首先 \(n\) 為 \(1\) 到 \(5\) 時，直接輸出樣例。到 \(n>5\) 的時候，\(n\) 為奇數就是 \(36366\) 每次在前面加上 \(33\)，否則就是 \(3366\) 每次在前面加上 \(33\)。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1;
int n;
void solve()
{
    cin>>n;
    if(n==1||n==3) cout<<-1<<'\n';
    else if(n==2) cout<<66<<'\n';
    else 
    {
        if(n&1)
        {
            for(int i=1;i<=n-5;i+=2) cout<<33;
            cout<<36366<<'\n';
        }
        else 
        {
            for(int i=1;i<=n-4;i+=2) cout<<33;
            cout<<3366<<'\n';
        }
    }
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

C

構造題，觀察到 \(5 \le n\)，不妨就考慮最後幾位，因為可以保證最後幾位受到的影響最小，思路是先考慮或出來最大，再考慮與上某個數不會影響或的數。

  • \(n\) 為奇數，最後一次運算是按位與，所以 \(k \le n\)，且 \(n\) 必須在最後一位，前面按位或的結果要保留 \(n\) 有的所有位，不妨就只保證等於 \(n\)。將 \(n\) 拆開，用最後一位 \(1\)，也就是 \(lowbit(n)\) 和 \(n-lowbit(n)\) 相或得到 \(n\)，然後要保證 \(lowbit(n)\) 不被影響，可以與上 \(lowbit(n)\) 加上一位小的 \(1\)，這樣的話可以確定最後四位：

\[lowbit(n),lowbit(n)+lowbit(n)==1 ? 2 : 1,n-lowbit(n),n \]

  • \(n\) 為偶數，最後一次運算是按位或，所以可以填充所有位 \(k \le 2^t-1\)，\(t\) 表示 \(n\) 的二進位制下的位數。
    • 考慮特殊情況 \(n=2^{t-1}\)，這樣的話最高位就只能是 \(n\) 來給，所以不妨讓最後一位為 \(n\)，然後前面的結果就是要為 \(n-1\)，但顯然直接或上 \(n-1\) 的話不可能保住它，所以將 \(n-1\) 再拆開成 \(1\) 和 \(n-2\)，用 \(3\) 保住 \(1\)，用 \(n-1\) 保住 \(n-2\)，這樣的話就能確定最後五位：

    \[1,3,n-2,n-1,n \]

    • 否則，用 \(n\) 的最高位 \(2^{t-1}\)，和 \(2^{t-1}-1\) 拼湊成 \(2^t-1\)。所以確定最後三位：

    \[2^{t-1},n,2^{t-1}-1 \]

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n;
int ans[N],v[N];
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) ans[i]=0,v[i]=i;
    int a,b,c,d=0,e=0;
    
    if(n&1)
    {
        a=n&-n;
        cout<<n<<'\n';
        if(a==1) b=3;
        else b=a+1;
        c=n-a,d=n;
        ans[n]=d,ans[n-1]=c,ans[n-2]=b,ans[n-3]=a;
    }
    else 
    {
        int t=1;
        while(t<=n) t<<=1;
        cout<<t-1<<'\n';
        if(n!=t/2)
        {
            a=t/2,b=n,c=t/2-1;
            ans[n]=c,ans[n-1]=b,ans[n-2]=a;
        }
        else 
        {
            a=1,b=3,c=n-2,d=n-1,e=n;
            ans[n]=e,ans[n-1]=d,ans[n-2]=c,ans[n-3]=b,ans[n-4]=a;
        }
    }
    v[a]=v[b]=v[c]=v[d]=v[e]=0;
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(ans[i]) continue;
        while(!v[cnt]) cnt++;
        ans[i]=v[cnt++];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<' ';
    cout<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

D

結論比較好猜，就是儘可能將 \(2\) 都乘到最大的數上，但是有一個問題，前面的數不能乘後面的 \(2\)，就是說原本後面的數更小，但是可以乘上更多的 \(2\)。

因此將 \(a_i\) 的 \(2\) 拆出來統計個數，用一個單調棧維護，棧內單調遞減，每次加入一個數，如果棧頂的元素小於這個數，就把棧頂的 \(2\) 全部給新加入的數。注意這裡的新數大小是要目前有的 \(2\) 的。注意乘上以後會爆 long long。細節看程式碼吧。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5,mod=1e9+7;
int n;
ll a[N],v[N],b[N];
int st[N];
int qpow(int x,int y)
{
    int ret=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) ret=1ll*ret*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}
ll count(ll &x)
{
    if(!x) return 0;
    int ret=0;
    while(x%2==0) x/=2,ret++;
    return ret;
}
ll restore(ll x,ll y)
{
    while(y)
    {
        x<<=1;
        if(x>mod) return mod;
        y--;
    }
    return x;
}
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],v[i]=count(a[i]);
    int tot=0;
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ans=(ans+a[i]*qpow(2,v[i])%mod)%mod;
        while(tot&&a[b[tot]]<restore(a[i],v[i]))
        {
            ans=(ans-a[b[tot]]*qpow(2,v[b[tot]])%mod+mod)%mod;
            ans=(ans+a[b[tot]])%mod;
            ans=(ans-a[i]*qpow(2,v[i])%mod+a[i]*qpow(2,v[i]+v[b[tot]])%mod+mod)%mod;
            v[i]+=v[b[tot]];
            tot--;
        }
        b[++tot]=i;
        cout<<ans<<' ';
    }
    cout<<'\n';
}
int main ()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    #endif 
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

相關文章