Codeforces Round 888 (Div. 3)补题
Escalator Conversations（Problem - A - Codeforces）
题目大意：有一个自动扶梯，共有m级台阶，每级台阶高为k，上面有n个人，我们规定如果两人站在不同的台阶上，高度恰好相同时可以进行交谈，小f身高为h，它想知道它可以和多少人进行交谈。
思路：这题没什么难度，就是小f与其他人的高度差要恰好是k的倍数，同时有两个限定条件，两人不能站在同一级台阶上，则不能与高度相同的人进行交谈，另外台阶总共m级，到第m级时就到终点了，所以倍数需要小于m。
#include
using namespace std;
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m,k,h,c=0;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&h);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
int d=abs(h-x);
if(d&&d%k==0&&d/k Parity Sort（Problem - B - Codeforces）
题目大意：给定一个数组a[],我们每次可以选择两个元素进行交换，需要满足两个元素的奇偶性相同，问最后能否得到一个非降序数组。
思路：这道题显然就是奇数和偶数内部进行排序，我们可以先将奇数元素分别进行排序，然后按照原数组中每个数的奇偶性往里面填，最后看看我们填好的数组是否有序即可。
#include
using namespace std;
int a[200010],b[200010];
vectorj,o;
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]&1) j.push_back(a[i]);
else o.push_back(a[i]);
}
sort(j.begin(),j.end());
reverse(j.begin(),j.end());
sort(o.begin(),o.end());
reverse(o.begin(),o.end());
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]&1) b[i]=j.back(),j.pop_back();
else b[i]=o.back(),o.pop_back();
}
int c=0,flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(c>b[i])
{
flag=1;
break;
}
c=b[i];
}
if(flag) printf("NO\n");
else printf("YES\n");
}
} Tiles Comeback（Problem - C - Codeforces）
题目大意：有一排瓷砖，总共n块，第i块有一个颜色ci，当前处在第1块，最后要到第n块，每次可以随意跳，产生一个路径，长度为p，p可以整除k，并且满足将p按照k块一个区域进行划分的话，可以划分出若干个区域，区域内部颜色相同，相邻区域之间颜色不一定不同，问是否存在这样的路径p。
思路：这道题看似麻烦，但是很简单，一定要把题目看清楚，相邻区域同与不同皆可。总共只有两种大的情况，开头和结尾相同，开头和结尾不同。如果开头和结尾相同，那么只要在数组中找到k个与开头相同的元素即可，结尾字符可以与找到的最后一个进行替换；如果开头和结尾不同，那么就从开头找k个，从结尾找k个，两者找到的区间不相交即可。一定要把题目看清楚。
#include
using namespace std;
int c[200010];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);
if(c[1]==c[n])
{
int i,cnt=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(c[i]==c[1]) cnt++;
if(cnt==k) break;
}
if(cnt==k) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
else
{
int i=1,j=n,cnt=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(c[i]==c[1]) cnt++;
if(cnt==k) break;
}
cnt=0;
for(j=n;j>=1;j--)
{
if(c[j]==c[n]) cnt++;
if(cnt==k) break;
}
if(i Prefix Permutation Sums（Problem - D - Codeforces）
题目大意：对于一个排列，我们求出其前缀和，但现在前缀和少了一位数，现在给出一个少了一位的前缀和数组，问它是否对应一个排列。
思路：少了一位前缀和，这个前缀和的位置有两种可能，一种是最后一个丢了，那么我们还原出来的只差一个数，可以直接判是，如果是前面的丢了，那么我们还原的时候，还原出来的某一位数应该是排列中的两个数相加，和可能大于n，也可能小于n，如果小于n，那么一定有一个数出现两次。所以可以用map将所有的出现的数及它的出现次数统计出来，然后遍历map，将小于等于n的数标记一下，同时在map中减掉一次，然后遍历n，找一找有几个数没被标记，同时计算出没被标记的数的和，如果是一个，那么直接输出yes，如果是两个，那么就看两个数的和是否在map中，如果大于两个，直接判否。
#include
using namespace std;
#define int long long
int st[200010];
signed main()
{
int t;
scanf("%lld",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%lld",&n);
int c;
mapmp;
for(int i=0;i2) printf("NO\n");
else if(c==2)
{
if(mp[tmp]) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
else printf("YES\n");
}
} Nastya and Potions（Problem - E - Codeforces）
题目大意：现在已知n种药水单瓶的价格，同时其中的k中药水我们已经有无限多，其中一种药水可以由多种药水混合得到，问获得每瓶药水需要多少金币。
思路：因为一瓶药水可以由一些药水获得，而这些药水又可以由另一些药水混合，所以我们可以直接对每种药水进行深搜，为了优化我们可以加个记忆化搜索，另外我们已知的是单价，所以一次只能买一瓶，不用考虑药水可以重复利用的问题。至于图如何建，我们只要在每瓶药水和可以获得它的药水之间建一条有向边即可。
#include
using namespace std;
#define int long long
int dp[200010];
int st[200010];
int h[200010],e[200010],ne[200010],idx;
void add(int a,int b)
{
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
int dfs(int u)
{
if(st[u]) return dp[u];
st[u]=1;
int sum=0,c=0;
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
{
int j=e[i];
sum += dfs(j);
c++;
}
if(c) dp[u]=min(dp[u],sum);
return dp[u];
}
signed main()
{
int t;
scanf("%lld",&t);
while(t--)
{
int n,k;
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&dp[i]),st[i]=0,h[i]=-1;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
dp[x]=0;
}
idx=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int m;
scanf("%lld",&m);
for(int j=1;j<=m;j++)
{
int x;
scanf("%lld",&x);
add(i,x);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int res=dfs(i);
printf("%lld ",res);
}
printf("\n");
}
} Lisa and the Martians（Problem - F - Codeforces）
题目大意：定义严格小于2^k的数为火星数字，现有n个火星数字组成的数组a[]，要求从中选两个数字，并且随便找一个火星数组x,使得(a[i]^x)&(a[j]^x)最大，输出i,j,x。
思路：这里既然涉及到位运算，那么就从二进制的角度考虑，最后一步运算求得是&,所以就要使两者异或x后对应的位数中有尽可能多的相同的1，再往前推一步，那么就是要求a[i]和a[j]中要有尽可能多的位数相同。那么问题就转化成从数组中找到两个数，不对，我们要找的这个数尽可能的大，那么就是高位尽可能能的放1，那么就是两个数高位尽可能的相同。有一个贪心的思路，就是说按照非降序排列后，选出来的数应该相邻，相邻两个数比不相邻的数高位相同的概率大一点，但是这个很难证明，不过可以写。那么就可以在线性的时间复杂度内解决。
#include
using namespace std;
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
vector>c;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
c.push_back({x,i});
}
sort(c.begin(),c.end());
int mx=-1,d=0,l,r;//mx需要为一个小于0的数，因为结果可能为0
for(int i=0;i=0;j--)
{
if( (a>>j&1)==(b>>j&1) )
{
sum += 1<>j&1)) x += 1<mx)
{
mx=sum,d=x,l=c[i].second,r=c[i+1].second;
}
}
printf("%d %d %d\n",l,r,d);
}
} 但是，这个题主要想考察的是用trie树求最大同或值。因为只有两数二进制的同一位上的数值相同，才能在结果中变成1，同1同0都是相同，所以，就是求最大同或值。这里会有相同的数出现，所以我们先查询再插入，为了保证查询结果，trie树最初需要全部初始化成0.
#include
using namespace std;
const int M=200010*32;
struct node
{
int pos;
int son[2];
}tree[M];
int ans,ansx,pos1,pos2;
void query(int u,int num,int bit,int cnt,int cntx,int pos)
{
if(bit==-1)
{
if(cnt>ans)
{
ans=cnt;
ansx=cntx;
pos1=pos;
pos2=tree[u].pos;
}
return;
}
int s=(num>>bit)&1;
if(tree[u].son[s])
{
cnt += (1<>bit)&1;
if(!tree[u].son[s]) tree[u].son[s]=++now;
insert(tree[u].son[s],num,bit-1,pos);
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=0;i<=n*k;i++)
{
tree[i].pos=tree[i].son[0]=tree[i].son[1]=0;
}
now=0;
ans=0;
ansx=0;
pos1=1,pos2=2;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
query(0,x,k-1,0,0,i);
insert(0,x,k-1,i);
}
printf("%d %d %d\n",pos1,pos2,ansx);
}
} 这里初始情况要记得考虑，也就是将pos1赋成1，pos2赋成0，最小为0，可能结果就是0，那么就无法更新，所以要人为指定。tree[i].son[0]和tree[i].son[1]当中存的相当于指针，这个可以类比邻接表来看。