Codeforces Round #651 (Div. 2) / contest 1370

业界资讯 2020-06-22 10:38:34 阅读次数: 0

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A B C D E F
√ √ √ √ √ ○

（ √：做出； ●：尝试未做出； ○：已补题 ）

题目地址：https://codeforces.com/contest/1370



A Maximum GCD

题意：

思路：

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
int read()
{
    int x=0,flag=1;
    char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

int main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    int t=read();
    while(t--)
    {
        int n=read();
        printf("%d\n",n/2);
    }

    return 0;
}



B GCD Compression

题意：数组 a 的大小为 2n，先把 a 丢弃两个元素，然后每次从 a 中选出两个元素，求和之后加入数组 b 中，最后数组 b 是一个大小为 n-1 的数组，要求选取方案，使得最后数组 b 所有元素的 gcd>1 。

思路：显然最后的 gcd 等于 2 。我们记录 a 中奇数和偶数的个数，然后处理一下保证最后奇数个数为偶数就行了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
int read()
{
    int x=0,flag=1;
    char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

const int maxn=2005;
int a[maxn];

int main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    int T=read();
    while(T--)
    {
        int n=read();
        VI x[2];
        REP(i,1,n<<1) a[i]=read(),x[a[i]&1].push_back(i);
        if(x[1].size()&1)
        {
            x[1].pop_back();
            x[0].pop_back();
        }
        else
        {
            if(x[1].size()>0) x[1].pop_back(),x[1].pop_back();
            else x[0].pop_back(),x[0].pop_back();
        }
        for(int i=0;i<x[0].size();i+=2) printf("%d %d\n",x[0][i],x[0][i+1]);
        for(int i=0;i<x[1].size();i+=2) printf("%d %d\n",x[1][i],x[1][i+1]);
    }

    return 0;
}



C Number Game

题意：给定一个正整数 n，有两种操作：（1）用 n 的一个大于 1 的奇因子除 n；（2）如果 n>1 将 n 减 1。两个人玩游戏，每次每个人可以选择一个操作，最后谁不能操作谁就输。问谁会赢。

思路：先处理 n=1 的特殊情况。然后如果 n 为奇数，那么先手必胜；否则，考虑这个 n 是否存在奇因子，如果不存在那么只能减 1 然后就后手必胜（这里有个特殊情况 2），如果存在奇因子还要再分情况讨论：如果这个 n 可以被 4 整除（也就是说除掉所有奇因子之后剩下的不是 2，如果剩下 2 那就别人赢了），那么我就可以一次性除掉所有奇因子，如果不能被 4 整除（也就是说除了所有奇因子只剩下 2），那么我的最优方案就是除得还剩一个奇因子，这时候就要看是否存在多于 1 个奇因子。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
int read()
{
    int x=0,flag=1;
    char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

int get(int n)
{
    int maxx=0;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
        if(n%i==0)
        {
            if(i&1) maxx=max(maxx,i);
            if((n/i)&1) maxx=max(maxx,n/i);
        }
    return maxx;
}

int f(int n)
{
    int ret=0;
    n>>=1;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
        if(n%i==0) ret++,n/=i,i=1;
    if(n>1) ret++;
    return ret;
}

int main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    int T=read();
    while(T--)
    {
        int n=read();
        if(n==1) puts("FastestFinger");
        else if(n&1) puts("Ashishgup");
        else
        {
            int x=get(n);
            if(!x) puts(n>2?"FastestFinger":"Ashishgup");
            else
            {
                if(n%4==0) puts("Ashishgup");
                else
                {
                    int t=f(n);
                    puts(t>1?"Ashishgup":"FastestFinger");
                }
            }
        }
    }

    return 0;
}



D Odd-Even Subsequence

题意：给出一个数组 a，从中选取一个子序列 s，使得 min ⁡ { m a x ( s 1 , s 3 , s 5 , . . . ) , m a x ( s 2 , s 4 , s 6 , . . . ) } \min\{max(s_1,s_3,s_5,...),max(s_2,s_4,s_6,...)\} 这个数尽可能小，并求出这个最小值。

思路：二分答案。对于一个最大值限定 x，分别计算奇子序列最大值不超过 x 和偶子序列最大值不超过 x 能不能有选取方案，如果其中一个有那么 x 就可行。选取的时候要求的子序列每次要找下一个不大于 x 的元素，而不要求的子序列最优方案就是紧跟着要求的元素选取就行了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
int read()
{
    int x=0,flag=1;
    char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

const int maxn=2e5+5;
int n,k,a[maxn];

bool can(int x)
{
    int j=1,tot=0;
    for(int i=1;i<=k && j<=n;i++)
    {
        if(i&1)
        {
            while(j<=n && a[j]>x) j++;
            if(j>n) break;
            tot++; j++;
        }
        else tot++,j++;
    }
    if(tot>=k) return 1;

    j=1,tot=0;
    for(int i=1;i<=k && j<=n;i++)
    {
        if(i&1) tot++,j++;
        else
        {
            while(j<=n && a[j]>x) j++;
            if(j>n) break;
            tot++; j++;
        }
    }
    if(tot>=k) return 1;

    return 0;
}

int main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    n=read(),k=read();
    REP(i,1,n) a[i]=read();
    int l=0,r=1e9+5,mid;
    while(l<r-1)
    {
        mid=(l+r)>>1;
        if(can(mid)) r=mid;
        else l=mid;
    }
    cout<<r;

    return 0;
}



E Binary Subsequence Rotation

题意：给定两个仅由 01 构成的字符串 s 和 t，对 s 进行操作，每次可以选取一个子序列，然后把这个子序列所有元素向右移一格（最右边的跑到最左边来），问至少操作多少次，使得 s 变成 t 。

思路：原本 s[i]==t[i] 的可以不考虑，我们把不相等的拎出来。可以发现，如果一次性把其中的若干个通过这样的平移变成相同了，那么原本肯定是 01 交替的形式，也就是说假设 (s[i]=1 && t[i]=0) 这种情况设为 1，(s[i]=0 && t[i]=1) 这种情况设为 0，那么可以一次性平移全部满足的选取方案一定是 01 交替选取的，那么我们实际上只用从前往后遍历，然后维护若干个队列的末尾中 0 有多少个 1 有多少个就行了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
int read()
{
    int x=0,flag=1;
    char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

const int maxn=1e6+5;
char s[maxn],t[maxn];
int a[maxn],tot;

int main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    int n=read();
    scanf("%s %s",s+1,t+1);

    int s1=0,t1=0;
    REP(i,1,n) s1+=s[i]-'0',t1+=t[i]-'0';
    if(s1!=t1) return puts("-1"),0;

    REP(i,1,n) if(s[i]!=t[i]) a[++tot]=s[i]-'0';
    int ans=0,num[2]={0};
    REP(i,1,tot)
    {
        if(!num[a[i]^1]) ans++,num[a[i]]++;
        else num[a[i]^1]--,num[a[i]]++;
    }
    cout<<ans;

    return 0;
}



F The Hidden Pair

题意：交互题。给出一棵树，有两个隐藏节点 u 和 v，每次询问给出一个点集 S，系统会返回两个数 x 和 y，其中 x ∈ S x\in S 并且 d i s t ( u , x ) + d i s t ( v , x ) = y dist(u,x)+dist(v,x)=y 是点集 S 中对应距离之和最小的。easy version可以询问 14 次，hard version可以询问 11 次。最后目标是找出这两个隐藏节点。

思路：（比赛时的思路，不过没过）（1）询问所有结点得到 dist(u, v)=D0 ；（2）询问 1 号结点得到 d(u)+d(v)=D1 为 u 和 v 的深度之和；（3）二分搜索出 u 和 v 中更深的那个的深度 d1，这里可以二分搜索是因为我们假设 u 和 v 的深度分别为 d1 和 d2，那么对于深度大于 d1（假设 d1 更大）的所有结点询问之后得到的距离一定比 D0 大，而对于深度处于 d2 和 d1 之间的结点询问之后的距离一定等于 D0，这里二分搜索时最初的左边界为 (D1+1)/2，就保证不会搜到比 d2 浅的地方去，二分搜索时询问所有深度等于 mid 的结点；（4）现在就知道 d1 和 d2 了，根据 d2+D0 是否等于 d1 可以判断 u 和 v 是否具有祖先关系，如果有祖先关系只用再询问一次更深的然后找祖先，否则要询问两次（一次深的，一次除了深的那个的祖先之外浅的深度的所有结点）。

我自己觉得挺有道理的，可惜没过……

（补题）思路大致没问题，就是多组数据忘记更新 maxd 了（T_T)，以及有一些地方可以优化，比如得到 D0 的时候就可以把那个点当做根结点，这样就方便很多。

代码通过了 easy version 没有通过 hard version，询问次数最多 12 次，可能是我二分查找这种写法不太好吧。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
int read()
{
    int x=0,flag=1;
    char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

typedef pair<int,int> P;
P query(VI x)
{
    printf("? %d ",x.size());
    for(int i:x) printf("%d ",i);
    puts("");
    fflush(stdout);
    int a=read(),b=read();
    return P(a,b);
}

const int maxn=1005;
VI G[maxn],nd[maxn];
int n,d[maxn],f[maxn],maxd;
char tem[maxn];

void dfs(int u,int fa,int de)
{
    d[u]=de; f[u]=fa; nd[de].push_back(u);
    maxd=max(maxd,de);
    for(int i:G[u]) if(i!=fa)
        dfs(i,u,de+1);
}

bool zuxian(int u,int v)
{
    while(d[v]>d[u]) v=f[v];
    return u==v;
}

int main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    int T=read();
    while(T--)
    {
        n=read();
        REP(i,0,n) G[i].clear(),nd[i].clear();
        maxd=0; mem(d,0); mem(f,0);
        REP(i,1,n-1)
        {
            int u=read(),v=read();
            G[u].push_back(v); G[v].push_back(u);
        }
        VI g;
        REP(i,1,n) g.push_back(i);
        P p=query(g);
        int D0=p.second,root=p.first;
        dfs(root,0,0);

        int l=(D0+1)/2,r=min(maxd+1,D0+1),mid;
        while(l<r-1)
        {
            mid=(l+r)>>1;
            if(query(nd[mid]).second==D0) l=mid;
            else r=mid;
        }

        int u=query(nd[l]).first;
        int d2=D0-l;
        int v;
        if(D0==l)
        {
            v=root;
        }
        else
        {
            g.clear();
            for(int i:nd[d2]) if(!zuxian(i,u)) g.push_back(i);
            v=query(g).first;
        }
        printf("! %d %d\n",u,v);
        fflush(stdout);
        scanf("%s",tem);
    }

    return 0;
}

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转载自blog.csdn.net/dragonylee/article/details/106880836
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