文章目录
- [A. Dora's Set](#A. Dora's Set)
- [B. Index and Maximum Value](#B. Index and Maximum Value)
- [C. Dora and C++](#C. Dora and C++)
- [D. Iris and Game on the Tree](#D. Iris and Game on the Tree)
A. Dora's Set
思路
签到题，把玩一下样例不难发现：
对于 [ l , r ] [l,r] [l,r] 上面索取的3个数，它必须满足其中2个数是奇数，另一个数为偶数
但这有一个问题，奇数可能是3的倍数，5的倍数等等
那么有一个很好的解决方案，只要这三个数是连续的那么他们的gcd肯定都互为1
由于数据不大，直接遍历即可
code
cpp
void solve(){
int l,r;
cin >> l >> r;
int ans=0;
while(l<=r){
if(l%2==0) l++;
if(l+2<=r){
ans++;
l+=3;
}
else break;
}
cout << ans << endl;
return ;
}B. Index and Maximum Value
思路
一道诈骗题 ，它给定的区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] 不是下标的区间，而是数字的区间
如果当前数字在这个范围内，就让它加一或者减一
根据贪心策略 ，我们只需要找出最大的数，判断最大的数是否在这个区间内
- 满足，则让它加一或者减一
- 不满足，由于其他数不会影响最大值的贡献，那么它的最大值不变
code
cpp
void solve(){
int n,m;
cin >> n >> m;
int maxn=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin >> a[i];
maxn=max(a[i],maxn);
}
while(m--){
char c;
int l,r;
cin >> c >> l >> r;
if(maxn>=l && maxn<=r){
if(c=='+') maxn++;
else maxn--;
}
cout << maxn << " ";
}
cout << endl;
return ;
}C. Dora and C++
思路
对于每一个数 a i a_i ai ,显然它最后的结果为 a i + a x + b y a_i+ax+by ai+ax+by
对于 a x + b y ax+by ax+by 有没有感觉很熟悉？ 这是裴蜀定理的应用 ，下面简单说一下裴蜀定理
图片来自本人博客：exgcd的模板以及应用
那么我们就可以将 a i + a x + b y a_i+ax+by ai+ax+by转化成 a i + k ∗ g c d ( a ， b ) a_i+k*gcd(a，b) ai+k∗gcd(a，b)
显然，数组中每两个数的差值都不会超过 g c d ( a , b ) gcd(a,b) gcd(a,b) ,因此我们可以将数组中的数简化成 a i % = g c d ( a , b ) a_i\%=gcd(a,b) ai%=gcd(a,b)
如果不考虑贪心策略，那么它就为当前数组中的最大值-最小值
考虑贪心策略，很显然我们可以将每个数都加上 g c d ( a , b ) gcd(a,b) gcd(a,b)
因此我们只需要考虑相邻两个数之间的差值 ，上一个数加上 g c d ( a , b ) gcd(a,b) gcd(a,b) 减去后面一个数即可
code
cpp
void solve(){
int n,x,y;
cin >> n >> x >> y;
int g=__gcd(x,y);
for(int i=1;i<=n;++i){
cin >> a[i];
a[i]%=g;
}
sort(a+1,a+1+n);
int ans=a[n]-a[1];
for(int i=1;i<n;++i){
ans=min(ans,a[i]+g-a[i+1]);//由于下标i前面的数都能加上gcd(a,b),因此计算时可以不用考虑
}
cout << ans << endl;
return ;
}D. Iris and Game on the Tree
思路
把玩一下样例可以发现一个规律：
- 如果首尾的数字相同，那么它的价值相同
- 如果首尾数字不相同，那么它的价值差为1
就拿两个样例来说明：
010100010000001
通过手算不难得出，01串为4个，10串为3个
实际上它等价于01010101，中间的0对价值没有任何贡献
显然他的价值为1
01010000001000
通过手算得出，01串为3，10串为3
那么它的价值为0
显然，我们只需要考虑根节点和叶节点即可
假设 叶节点？的个数为c
根节点可能为？，那么我们需要分情况考虑：
- 如果根节点不为？，ans = 与根节点不同的数 + c/2向上取整，即 （ c + 1 ） / 2 （c+1）/2 （c+1）/2
- 如果根节点为？，由于他们两个绝对聪明，我们需要考虑互换先手的问题
首先是Iris先手， 如果我们不考虑互换先手，那么Iris肯定选max(1的个数,0的个数) + c/2(向下取整，Iris需要先选根节点)
考虑互换先手，那么lris可以选不为根节点也不为叶节点的其它节点，如果其他节点为奇数，那么就可以互换先手，反之不能互换先手(Dora也可以选其他节点，将先手换回去)如果Dora先手，它必然考虑 min(1的个数,0的个数) ，所以它的价值为min(1的个数,0个数)+(c+1)/2(向上取整，Iris后手)
code
cpp
void solve(){
int n;cin >> n;
for(int i=1;i<=n;++i) d[i]=0;
for(int i=1;i<n;++i){
int x,y;
cin >> x >> y;
d[x]++,d[y]++;
}
string s;cin >> s;
s= ' ' + s;
int a=0,b=0,c=0,cnt=0;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(d[i]==1){
if(s[i]=='0') a++;
else if(s[i]=='1') b++;
else c++;
}
else{
if(s[i]=='?') cnt++;
}
}
if(s[1]!='?'){
if(s[1]=='1') cout << a+(c+1)/2 << endl;
else cout << b+(c+1)/2 << endl;
}
else{
int ans=max(a,b)+c/2;
if(cnt & 1) cout << max(ans,min(a,b)+(c+1)/2) << endl;
else cout << ans << endl;
}
return ;
}