Codeforces Round 943 (Div. 3) (A-G1) C++题解

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[A. Maximize?](#A. Maximize?)

[B. Prefiquence](#B. Prefiquence)

[C. Assembly via Remainders](#C. Assembly via Remainders)

[D. Permutation Game](#D. Permutation Game)

[E. Cells Arrangement](#E. Cells Arrangement)

[F. Equal XOR Segments](#F. Equal XOR Segments)

[G1. Division + LCP (easy version)](#G1. Division + LCP (easy version))

[G2. Division + LCP (hard version)](#G2. Division + LCP (hard version))

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Dashboard - Codeforces Round 943 (Div. 3) - Codeforces

A. Maximize?

数据范围小，随便搞，遍历即可 :

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sz(a) (int)a.size()
#define pb push_back
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define int long long
typedef long long LL;
const int mod = 1e9+7;
const int N = 2e5+10;
using namespace std;

int gcd(int a, int b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

inline void solve(){
	int x ; cin >> x ;
	int ans  = 0 ,res;
	for(int i=1;i<x;i++){
		int t = gcd(i,x) + i ;
		if(t>ans){
			ans = t ;
			res = i ;	
		}
	}
	cout << res << endl ;
}
 
signed main()
{
    IOS
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while(_ --) solve();
    return 0;
}

B. Prefiquence

简单贪心，先设a的遍历下标l为0,在b中遇到一个b[i]==a[l],那么l++,ans++;

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sz(a) (int)a.size()
#define pb push_back
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define int long long
typedef long long LL;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;

using namespace std;

inline void solve() {
	int n , m ; cin >> n >> m ;
	string a , b ; cin >> a >> b ;
	int ans = 0 ;
	int l = 0 ;
	for(int i=0;i<m;i++){
		if(b[i]==a[l]){
			l ++ ;
			ans ++ ;
		}
	}
	cout << ans << endl ;
}

signed main()
{
    IOS
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while (_--) solve();
    return 0;
}

C. Assembly via Remainders

只要满足a[1]>x[2]的任意一个值，然后后面递推即可 :

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'
#define int long long
typedef long long LL;
const int mod = 1e9+7;
const int N = 2e5+10;

using namespace std;

inline void solve(){
	int n ; cin >> n ;
	vector<int> x(n+1) , a(n+1) ;
	for(int i=2;i<=n;i++) cin >> x[i] ;
	a[1] = 1001 ;
	for(int i=2;i<=n;i++) a[i] = a[i-1] + x[i] ;
	for(int i=1;i<=n;i++) cout << a[i] << " " ;
	cout << endl ;
}
 
signed main()
{
    IOS
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while(_ --) solve();
    return 0;
}

D. Permutation Game

首先我们可以先找到a数组的最大值ma ；

如果BodYa和Sasha有可能能够到达ma的话，在k足够大的情况下，一定优先到达ma处，保存这一条路径上的a值 ;
如果不能到达，也就是形成了一个死循环，也可以找出这一条路径的a值,遇到之前遍历过的店，就结束寻找，这里用set记录；
路径上的a值分别保存在B和S数组中 ;

那么求出B和S数组的前缀和，分别保存在Bs,Ss数组中；

分别求出可能得到的最大分数 :

对于BodYa和Sasha两个人，都可以停留在之前获取路径上的任意一点，然后这点下标为i ;
这里分数分两部分，1LL * (k-i) * S[i] 和 1LL * Ss[i],其中对BodYa也一样，遍历求出最大值即可;

.......................

表达能力有限，还是看代码吧，写的很清楚 :

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'
typedef long long LL;
const int N = 2e5+10;
using namespace std;

int n , k , pb , ps ;
int p[N] , a[N]  , B[N] , S[N] ;
LL Bs[N] , Ss[N] ;

inline void solve(){
	cin >> n >> k >> pb >> ps ;
	int ma = 0 ;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> p[i] ;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin >> a[i] ;
		if(a[i]>ma) ma = a[i] ;
	}
	int lb = 0 , ls = 0 ;
	set<int> stb , sts ;
	bool tb = false , ts = false ;
	
	while(a[pb]!=ma){
		if(stb.find(pb)!=stb.end()) {
			tb = true ;
			break ;
		}
		B[lb++] = a[pb] ;
		stb.insert(pb);
		pb = p[pb] ;
	}
	if(!tb) B[lb++] = ma ; 
	
	while(a[ps]!=ma){
		if(sts.find(ps)!=sts.end()){
			ts = true ;
			break ;
		}
		S[ls++] = a[ps] ;
		sts.insert(ps) ;
		ps=p[ps];
	}
	if(!ts) S[ls++] = ma ; 
	
	LL mb = 0 , ms = 0 ;// 记录最终分数 
	for(int i=0;i<lb;i++) Bs[i+1] = B[i] + Bs[i] ;
	for(int i=0;i<ls;i++) Ss[i+1] = S[i] + Ss[i] ;
	LL res = 0 ;
	for(int i=0;i<lb;i++){
		if(k>=i+1) res = 1LL * (k-i)*B[i] + 1LL * Bs[i] ;
		else break ;
		mb = max(mb , res) ;
	}
	res = 0 ;
	for(int i=0;i<ls;i++){
		if(k>=i+1) res = 1LL * (k-i) * S[i] + 1LL * Ss[i] ;
		else break ;
		ms = max(ms,res) ;
	}
	if(mb>ms) cout << "Bodya" << endl ;
	else if(mb==ms) cout << "Draw" << endl ;
	else cout << "Sasha" << endl ;
}
 
signed main()
{
    IOS
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while(_ --) solve();
    return 0;
}

E. Cells Arrangement

这就是一个guess题，首先可能想到的是全按对角线排布，但是只能够获得全是偶数的H集合；

那么挑出一个(2,2)改为(1,2),就可以获得0,1,2,3,4,...2*(n-1)这么多，且这是最多的;

大概也就是这个样子 :

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'
#define int long long
typedef long long LL;
const int mod = 1e9+7;
const int N = 2e5+10;

using namespace std;

inline void solve(){
	int n ; cin >> n ;
	cout << "1 1" << endl ;
	cout << "1 2" << endl ;
	for(int i=3;i<=n;i++) cout << i << " " << i << endl ;
	cout << endl ;
}
 
signed main()
{
    IOS
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while(_ --) solve();
    return 0;
}

F. Equal XOR Segments

二分 + 位运算

首先要知道的一点是 : 异或(^)是具有前缀和性质的，我们用一个s数组来记录前缀异或和，但是这里a后面也没啥用，直接原地前缀和即可

[注] : 要求[l,r]的异或 , 直接返回a[r] ^ a[l-1]即可

如果a[r] ^ a[l-1] == 0,那么一定可以满足题目条件，因为[l,r]中一定存在l<m<r满足a[m]^a[l-1] == a[r]^a[m-1] == v ;

如果a[r]^a[l-1]!=0,设为v,那么如果要满足题目条件，k一定为奇数且一定可以找到三个异或和为v的区间(因为多出来的偶数个会互相抵消) :

那么题目也就转换成[l,r]能划分为3个异或和为v的区间 :

这里我们可以用map<int,vector<int>>存下每个前缀异或和的下标；

分两步 :

1 . 找到最小的i>l使s[i]=s[r],找不到则无解

2 . 找到最小的j>i使s[j]=s[l-1]

如果i<j && j<r则输出yes,否则输出no;

详细请看代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'
#define int long long
typedef long long LL;
const int mod = 1e9+7;
const int N = 2e5+10;
using namespace std;

//1
//5 1
//1 1 2 3 0
//1 5

int a[N] ;

inline void solve(){
	int n , q ; cin >> n >> q ;
	map<int,vector<int>> mp ;
	mp[0].push_back(0) ;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin >> a[i] ;
		a[i] ^= a[i-1] ;
		mp[a[i]].push_back(i) ;
	}
	while(q--){
		int l , r ; cin >> l >> r ;
		int x = a[r] ^ a[l-1] ;
		if(x==0) {cout << "YES" << endl ; continue ; }
		// v!=0 : k一定为奇数(k>=3)，且一定能划3段异或和为v的区间
		// 1 . 找到最小的i>l使s[i]=s[r],找不到则无解
		auto i = lower_bound(mp[a[r]].begin(),mp[a[r]].end(),l) ;
		// cout << *i << endl ;
		if(i==mp[a[r]].end()||*i>=r){
			cout << "No" << endl ;
			continue  ;
		}
		// 2 . 找到最小的j>i使s[j]=s[l-1]
		auto j = upper_bound(mp[a[l-1]].begin(),mp[a[l-1]].end(),*i) ;
		// cout << *j << endl ;
		if(j==mp[a[l-1]].end()){cout << "No" << endl ;continue ;}
		// cout << *i << " " << *j << endl ;
		if(*i<*j &&*j<r) cout << "Yes" << endl ;
		else cout << "No" << endl ;
	} 
	cout << endl ;
	return ;
}
 
signed main()
{
    IOS
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while(_ --) solve();
    return 0;
}

G1. Division + LCP (easy version)

二分 + kmp

也可以Hash做

对前缀长度m进行二分,str = s.substr(0,m) ,用kmp判断是否s中满足能够匹配的数量tmp>=k,那么m合法，反之不合法;

这里KMP直接套模板即可 :

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'
#define int long long
typedef long long LL;
const int mod = 1e9+7;
const int N = 2e5+10;
using namespace std;

int n,Yss1206,k;
string s ;

bool pd(int m){
	if(m == 0) return 1;
	
	string t = s.substr(0, m);
	vector<int> ne(m + 1, 0);
	
	ne[0] = -1;
	for (int i = 1, j = -1; i < m; i ++ ) {
		while (j >= 0 && t[j + 1] != t[i]) j = ne[j];
		if (t[j + 1] == t[i]) j ++ ;
		ne[i] = j;
	}
	
	int tmp = 0;
	
	for (int i = 0, j = -1; i < n; i ++ ) {
		while (j != -1 && s[i] != t[j + 1]) j = ne[j];
		if (s[i] == t[j + 1]) j ++ ;
		if (j == m - 1) {
			++ tmp;
			j = -1;
		}
	}
	return tmp >= k;
}

inline void solve(){
	cin>>n>>Yss1206>>k;
	cin >> s ;
	int l = 0 , r = n/k ;
	while(l<r){
		int mid = l + r + 1 >> 1 ;
		if(pd(mid)) l = mid ;
		else r = mid - 1 ; 
	}
	cout << l << endl ;
}
 
signed main()
{
    IOS
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while(_ --) solve();
    return 0;
}

G2. Division + LCP (hard version)

后面再补