Codeforces Round #633 (Div. 1)

A. Powered Addition

题意：
给定序列\(a_{1,2,\cdots,n}\)，现在选定时间\(k\)，那么在\(k\)秒内，若当前时间是第\(x\)秒，可以选择任意多个数加上\(2^{x-1}\)。
现在问使得\(a\)序列单调不降的最小\(k\)为多少。

思路：
考虑贪心。
题意转化为选定一个最小的\(k\)，每个数可以加上\(0\)~\(2^k-1\)。
那么我们只需要让每个数增加的尽量小即可，即\(a_i'=max\{a_1,a_2,\cdots,a_{i-1}\}\)。然后根据\(a_i'-a_i\)这个差值来确定\(k\)即可。
代码如下：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/4/13 21:32:27
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << std::endl; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
  template <template<typename...> class T, typename t, typename... A> 
  void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
  for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
 
int n;
 
void run() {
    cin >> n;
    int last = -INF, Max = -INF;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int x; cin >> x;   
        last = max(last, x);
        Max = max(Max, last - x);
    }
    int res = 0;
    while((1ll << res) - 1 < Max) ++res;
    cout << res<< '\n';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    int T; cin >> T; while(T--)
    run();
    return 0;
}

B. Edge Weight Assignment

题意：
给定一颗无向树。
现在要给每条边赋正边权，使得两两叶子结点异或为\(0\)。所赋的权值可以为任意正整数。
现在要回答最少用多少个数和最多用多少个数满足上述条件。

思路：
首先我们通过思考发现，题目中要求的任意两点异或为\(0\)，我们可以转化为以指定的一个叶子节点为根，到其它叶子结点的异或值为\(0\)。
之后我们最少最大分别进行考虑。
考虑最少用的个数：

显然两个叶子结点之间距离为偶数，那么我们只需要用一种相同的权值即可；
如果两个叶子结点之间的距离为奇数，这种情况我们需要用到三种权值。
那么我们可以留下长度为奇数的路径，容易证明这种情况我们只需要三种权值即可满足条件（路径长度\(\geq 3\)）；否则只需要一种。

考虑最多用的个数：

显然距离为\(2\)的点我们只能用一种权值，其余距离大于\(2\)的叶子结点间我们都可以放置不重复的权值。
那么只需要消去所有距离为\(2\)的点即可。

代码写的时候稍微有点点复杂，求最少个数的时候还是考察了两两叶子结点之间的关系。
代码如下：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/4/13 20:24:55
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << std::endl; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
  template <template<typename...> class T, typename t, typename... A> 
  void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
  for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
 
int n;
vector <int> G[N];
 
int d[N];
int cnt[N][2], ans[2];
bool chk[N];
 
void dfs(int u, int fa) {
    if(chk[u]) return;
    int sons = 0;
    for(auto v : G[u]) if(v != fa) {
        dfs(v, u);
        if(chk[v]) ++sons, ++cnt[u][1];
        else {
            cnt[u][0] += cnt[v][1];
            cnt[u][1] += cnt[v][0];
        }
    }
    if(sons > 1) ans[1] += sons - 1;
    if(cnt[u][0] && cnt[u][1]) ans[0] = 3;
}
 
void run() {
    cin >> n;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        G[u].push_back(v), G[v].push_back(u);   
        ++d[u], ++d[v];
    }
    int rt;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(d[i] > 1) rt = i;
        else chk[i] = true;
    }
    dfs(rt, 0);
    ans[1] = n - 1 - ans[1];
    ans[0] = max(ans[0], 1);
    cout << ans[0] << ' ' << ans[1] << '\n';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    run();
    return 0;
}

C. Perfect Triples

题意：
考虑现在有一个无限长的序列\(s\)。
然后执行无限次以下操作：

选择字典序最小的\((a,b,c)\)满足\(a,b,c\notin s\);
\(a\oplus b\oplus c=0,\oplus\)为异或符号。

给出若干次询问，回答序列第\(n\)个元素为多少。

思路：
最开始三个数容易发现为\(1,2,3\)，考虑其二进制形式：

\[001\\ 010\\ 011 \]

那么我们将其左移两位之后变为：

\[0100\\ 1000\\ 1100 \]

显然这是之后最小的数。
我们发现后面两位二进制位为\(0\)，我们需要凑出异或值为\(0\)且字典序最小，那么我们可以分别加上\(1,2,3;2,3,1;3,1,2\)。
之后以此类推，将二进制位左移，然后加上三种情况...
那么最终将每三个数看作一个结点，最终就是一颗四叉树。
我们只需要确定询问位置在哪一个结点以及与父亲之间的关系(为父亲的第几个儿子)，那么从根往下找就行。
主要是二进制位规律的发现。
细节见代码：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/4/14 19:45:33
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << std::endl; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
  template <template<typename...> class T, typename t, typename... A> 
  void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
  for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
 
ll n;
ll pow4[N], f[N];
 
void init() {
    pow4[0] = 1;
    for(int i = 1;; i++) {
        pow4[i] = pow4[i - 1] * 4;
        if(pow4[i] >= 1e18) break;
    }
}
 
void run() {
    cin >> n;
    ll now = (n + 2) / 3;
    int tot = 0;
    while(now > 1) {
        int high;
        ll res = 0;
        for(int i = 0;; i++) {
            res += pow4[i];
            if(res >= now) {
                res -= pow4[i], high = i;
                break;
            }
        }
        ll t = now - res - 1;
        int r = t % 4;
        f[++tot] = r;
        now = (now + 2) >> 2;
    }
    ll a = 1, b = 2, c = 3;
    for(int i = tot; i >= 1; i--) {
        a <<= 2, b <<= 2, c <<= 2;
        if(f[i] == 1) a += 1, b += 2, c += 3;
        if(f[i] == 2) a += 2, b += 3, c += 1;
        if(f[i] == 3) a += 3, b += 1, c += 2;
    }
    if(n % 3 == 0) cout << c << '\n';
    if(n % 3 == 1) cout << a << '\n';
    if(n % 3 == 2) cout << b << '\n';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    init();
    int T; cin >> T;
    while(T--) run();
    return 0;
}