文章目录
A.造数
题意
就是有3个操作,然后构成最少需要几步
操作1：+1
操作2：+2
操作3：*2
思路
可以从n往前倒推，当n是偶数是除2，当n是奇数时-1再除2，如果最后n等于2时特判直接操作+1结束
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
using namespace std;
int n, sum = 0;
signed main() {
IOS
cin >> n;
if (n == 2) {
cout << 1 << endl;
return 0;
}
while (n >= 1) {
if (n == 2) {
sum++;
break;
}
if (n % 2 == 0) {
n /= 2;
sum++;
} else {
n -= 1;
sum++;
}
}
cout << sum << endl;
return 0;
}D.小蓝的二进制询问
题意
就是给你l和r，求区间二进制1的个数
思路
考虑每一位二进制位的贡献。算出1到R的贡献减去1到L-1的贡献，就是L到R的贡献
从低位往高位枚举x的二进制位，简单枚举一下1到15的二进制可以发现，第0位是每2次出现一个1，第1位是每4次出现2个1，第2位是每8次出现4个1，可以看出，对于每一位，画红框的地方是每一位的循环节，第 k 位的循环节长度为2k+1,其中有2k个1，所以我们可以按位枚举，计算每一位上总共有多少个循环节和剩下非循环节中 1 的个数，因为这里是从 0 开始计算每一行的长度，所以实际计算时 x 需要加 1
代码
cpp
int mod=998244353;
int f(int x){
int ans=0,a=2;
x++;
while(x>=a/2){
ans=(ans+(x/a)*(a/2))%mod;//循环节里面1的个数
if(x%a!=0) ans=(ans+max(0ll,x%a-(a/2)))%mod;//非循环节1的个数
a*=2;
}
return ans;
}
void solve(){
int l,r;
cin >> l >> r;
cout << (f(r)-f(l-1)+mod)%mod << endl;
return ;
}H.两难抉择
题意
选择一个操作然后使数组和最大
操作1：选1~ n中的数让a~i~=a~i~+n
操作2：选1~ n中的数让a~i~=a~i~*n
思路
先把数组最大值找出来如果最大值是1就选操作1，反之让最大的数乘n
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
using namespace std;
int n, m[200010], sum = 0;
bool cmp(int a, int b) {
return a > b;
}
signed main() {
IOS
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> m[i];
}
sort(m, m + n, cmp);
if (m[0] == 1) {
for (int i = 0; i < n; i++) {
sum += m[i];
}
cout << sum + n << endl;
} else {
for (int i = 1; i < n; i++) {
sum += m[i];
}
cout << sum + m[0]*n << endl;
}
return 0;
}F.两难抉择新编
题意
就是有两种操作，使数组的异域和最大，操作只能用一次
操作1：选1~ n/i中的数让a~i~=a~i~+n（n/i向下取整）
操作2：选1~ n/i中的数让a~i~=a~i~*n
思路
一开始比赛时我用贪心写的但一直不对，然后结束后看了别人代码暴力直接过了，就是先把数组异域和求出然后再循环数组2重循环1到n/i，就可以过了，暴力出奇迹
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
using namespace std;
int sum = 0, n, m[200010], ma = 0;
signed main() {
IOS
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> m[i];
sum ^= m[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n / i; j++) {
int x = sum ^ m[i] ^ (m[i] * j);
if (x > ma)
ma = sum ^ m[i] ^ (m[i] * j);
int y = sum ^ m[i] ^ (m[i] + j);
if (y > ma)
ma = sum ^ m[i] ^ (m[i] + j);
}
}
cout << ma << endl;
return 0;
}G.旅途的终点
题意
有一个冒险家要去旅游，但每去一个国家都要消耗一些血量，如果血量小于等于0，旅游就终止，但冒险家有k次魔法，用一次就可以在当前国家不消耗血量，求最多可以畅游多少个国家
思路
其实这个题用的是反悔贪心，就是先让消耗血量然后用最大堆维护一下，当血量小于等于0时消耗一次魔法，把最大堆中之前消耗最多的血量再加回来就行了
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
using namespace std;
int n,m,k,a[200100],t=0;
priority_queue<int> q;
signed main()
{
IOS
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
t=i;
q.push(a[i]);
if(m-a[i]<=0)
{
if(k==0)
{
t=t-1;
break;
}
else
{
m-=a[i];
while(m<=0)
{
m=m+q.top();
q.pop();
k--;
if(k==0)
break;
}
}
}
else
{
m-=a[i];
}
}
cout<<t<<endl;
}
return 0;
}I.除法移位
题意
有一个数组，有t次操作可以把数组中的数往后移一位a~n~变成a~1~求用尽可能少的操作让
a~1~/a~2~/a~3~/a~4~.../a~n~尽可能小
思路
我们知道除以一个数等于乘以它的倒数，所以就是用有限的t步让他变小，就是尽可能的让a~1~更大
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
using namespace std;
int main() {
//IOS
int n, t, l = 0, x =1;
cin >> n >> t;
double sum = 1, ma;
int m[200010];
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> m[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sum = sum / m[i];
}
ma = sum * m[1];
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (sum * m[i] > ma && n - x <= t) {
ma = sum * m[i];
l = n - x;
}
x++;
}
cout << l << endl;
return 0;
}K.图上计数(Easy)
题意
给你n个点和m个边让联通块合成一个图的代价尽可能的大，最后剩下两个联通块大小的乘积为此图的代价，若只有一个则代价为0
思路
这个题其实我们不用管边数，因为可以无数次删除边，我们先把所有的边都删除，然后连接成两个联通块，我们要使两个联通块的值尽可能相近，这样才能让两个联通块的乘积尽可能大
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
using namespace std;
signed main() {
IOS
int m, n, a, b;
cin >> m >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a >> b;
}
if (m == 1)
cout << 0 << endl;
else {
cout << m / 2 * (m - m / 2) << endl;
}
return 0;
}