萌新赛练习

H两难抉择

题目是在两种操作里任选一种执行最多一次，并且操作可以针对数组里的任意元素，即选一种操作，可执行，也可以不执行，若执行，也最多只能执行一次，显而易见的是肯定是在最大元素乘以n和最大元素加n，里面挑选一个最大值进行数组的累加，但最后评测的时候有一个样例没有通过，说明我们考虑的不全面，所以在这里我们需要遍历所有可能的情况，选出最终的最大值

原错误代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    long long a[n];
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    sort(a,a+n);
    int m=a[n-1]*n;
    int b=a[n-1]+n;
    if(m>b){
        a[n-1]=m;
    }
    else a[n-1]=b;
    long long ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        ans+=a[i];
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

正确代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    long long a[n],ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>a[i];
        ans+=a[i];   //不进行操作时的和
    }
    long long mx=ans;
    for(int i=0;i<n;i++){  //枚举每种可能，找出最大值
        mx=max({mx,ans+n,(ans-a[i])+a[i]*n}); //三个数中挑选出最大的数
    }
    cout<<mx;
    return 0;
}

K

本题看起来复杂，定义联通块的大小为其所包含点个数，且最后剩下两个联通块大小的乘积为此图的代价，要最大化此图代价，因此我们肯定是要分成两部分，因此实际上只是求满足a+b=n这个条件对于的a和b的乘积最大值

对于a+b=n计算a,b最大乘积的方式：

当 n 为偶数时，最优分割是 n/2 * n/2；

当 n 为奇数时，最优分割是 (n-1)/2 * (n+1)/2；

不确定n的奇偶性时，最优分割是 n/2*(n-n/2)

原错误代码

（整形变量类型定义错误，导致中间运算过程数据溢出）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    int n,m;//应用long long
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<m;i++){
        int u,v;
        cin>>u>>v;
    }
    int mx=0;//应用long long
    for(int i=1;i<=n/2;i++){
        mx=max(mx,i*(n-i));
    }
    cout<<mx;
    return 0;
}

正确代码

法一（最优解）。。。。。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    long long n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<m;i++){
        long long u,v;
        cin>>u>>v;
    }
    cout<<n/2*(n-n/2);
    return 0;
}


法二（改后代码）运用循环，时间复杂度较高。。。。。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    long long n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<m;i++){
        long long u,v;
        cin>>u>>v;
    }
    long long mx=0;
    for(int i=1;i<=n/2;i++){
        mx=max(mx,i*(n-i));
    }
    cout<<mx;
    return 0;
}

I 除法移位

简化题目

1.操作次数可以优化到 n-1 次以下

循环右移的性质决定了：右移 k 次和右移 k % n 次的效果完全相同。

例如，数组长度为 n=5 时：

• 右移 5 次相当于没移（回到原始状态）
• 右移 6 次等价于右移 1 次（6 % 5 = 1）

因此，只需考虑 0 ≤ k ≤ n-1 次右移 ，但同时也要注意题目所给条件最多对数组 aa进行 tt次循环右移 操作，因此只需考虑 0 ≤ k ≤min(n-1,t) 次右移，后续的操作会进入循环，无需重复计算。

2. 第 i 次操作后的分子分析

每次右移后，数组的第一个元素（即分子）会发生变化。

右移 i 次后，原数组的第 (n - i) % n + 1 个元素会成为新的分子。

例如：

• 原数组：[a₁, a₂, a₃, a₄, a₅]
• 右移 1 次后：新数组为 [a₅, a₁, a₂, a₃, a₄]，分子为 a₅（即原数组的第 5 个元素）
• 右移 2 次后：新数组为 [a₄, a₅, a₁, a₂, a₃]，分子为 a₄（即原数组的第 4 个元素）

3. 表达式 S(i) 的转换

原表达式 S = a₁ ÷ a₂ ÷ ... ÷ aₙ 可以改写为：

右移 i 次后，分子变为 a[(n-i) % n +1]，分母为剩余元素的乘积。

若所有元素均为正数，则最大化 S 等价于最大化分子，因为分子最大化之后，对应的分母就会减小，S整体变大。

4. 关键结论

在 0≤i≤min(n-1,t) 的范围内，找到使得 a[(n-i) % n +1] 最大的 i，即为最优解。

正确代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    int n,t;
    cin>>n>>t;
    long long a[n+1];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    int cnt=0,mx=0;//cnt是操作次数，mx记录此时最大的分子，即右移后数组第一个元素
   //循环遍历所有可能右移的次数，一定注意从0开始，因为也可以不进行操作，如示例一
    for(int i=0;i<=min(n-1,t);i++){
        if(a[(n-i)%n+1]>mx){
            mx=a[(n-i)%n+1];//更新当前最大值，经过i次右移后，分子，即右移后数组第一个元素变为a[(n-i)%n+1]
            cnt=i;  //更新最优操作次数
        }
    }
    cout<<cnt;
    return 0;
}

F 两难抉择新编

分析题目

与H题类似，只是由数组总和变成了数组异或和，在 C++ 中^是按位异或运算符，因此只需要把H题中的+改为^,于是用sum^=a[i] 来累积计算数组元素的异或和，除此之外， 题目还需要计算修改数组后的最大异或和，可以 利用异或的性质：若原异或和为 sum，修改某个元素 a[i] 为 new_val，则新异或和为：sum ^ a[i] ^ new_val，这是因为：

• 原数组的异或和包含 a[i]
• 先异或 a[i] 相当于从总和中移除 a[i]（即 sum ^ a[i]）
• 再异或 new_val 相当于加入新值

正确代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    long long a[n+1],sum=0;//数组下标从1开始，则数组a需要开n+1个数组空间
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        sum^=a[i]; //计算原始数组的异或和
    }
    long long mx=sum;// 把最大异或和初始化为原始数组的异或和，使不进行操作的情况包含在内
    for(int i=1;i<=n;i++){  // 遍历每个可能的数组元素
        for(int j=1;j<=(n/i);j++){ // 对于每个元素a[i]，尝试所有可能的x值（1到n/i）
            mx=max({mx,sum^a[i]^(a[i]+j),sum^a[i]^(a[i]*j)});//更新最大的数组异或和
        }
    }
    cout<<mx;
    return 0;
}