这场打的非常差......
A 比赛安排
思路：
题目还是很简洁的，三种比赛进行分配，任意连续的 3 场比赛的类型互不相同，，最后只能其中一种比赛类型或者两种比赛类型多一场，所以最多比赛场次和最少比赛场次的差值不能超过1。
代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define int long long
#define endl '\n'
void solve()
{
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
int ma=max(a,max(b,c));
int mi=min(a,min(b,c));
if(ma-mi<=1)cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
signed main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
}B NCPC
思路：
给定n个整数，每次可以选定两个整数，若两个数字不等，留下较大值，否则全部删除，问对于每个整数能否是最后剩下的数字。如果最大的数是奇数个的话，那么其余所有的数都不可能剩下，相反的，如果最大的数个数是偶数个的话，其余所有的数都有可能留下。
代码：
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define x first
#define y second
#define endl "\n"
const int N=2e5+5;
int a[N];
void solve()
{
int n;
cin>>n;
int ma=0;
map<int,int> cnt;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
ma=max(a[i],ma);
cnt[a[i]]++;
}
bool flag;
if(cnt[ma]%2)flag=true;
else flag=false;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(flag)
{
if(a[i]==ma)cout<<"1";
else cout<<"0";
}else{
if(a[i]==ma)cout<<"0";
else cout<<"1";
}
}
cout<<endl;
}
signed main(){
IOS
int t;
cin>>t;
//int t=1;
while(t--)
{
solve();
}
}I 01 回文
思路：
这个题的话统计 0/1 个数，只要大于等于 2 就是有可能的，注意下超时问题。
代码：
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define endl "\n"
int dx[4]={-1,0,1,0};
int dy[4]={0,1,0,-1};
void solve()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<vector<char>> ch(n,vector<char>(m));
int cnt0=0,cnt1=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)
{
cin>>ch[i][j];
if(ch[i][j]=='0')cnt0++;
else cnt1++;
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)
{
if(ch[i][j]=='1')
{
if(cnt1>1)cout<<"Y";
else cout<<"N";
}else{
if(cnt0>1)cout<<"Y";
else cout<<"N";
}
}
cout<<endl;
}
}
signed main(){
IOS;
int t;
cin>>t;
//int t=1;
while(t--)
{
solve();
}
}F x?y?n!
题意：
在 gcd(x,y)=n 条件下最小化 x⊕yx \oplus yx⊕y。
思路：
根据 x⊕y≥∣x−y∣x \oplus y \ge |x-y|x⊕y≥∣x−y∣，gcd(x,y)=n，可知 ∣x−y∣|x-y|∣x−y∣ 至少是 n 的一倍，所以 x⊕y≥nx \oplus y \ge nx⊕y≥n。
x=a∗n，y=b∗nx=a*n，y=b*nx=a∗n，y=b∗n，所以 gcd(a,b)=1。
XOR 最小意味着两个数的二进制表示越相同。n 是理论最小下界。让 x,y 在所有高位完全相同，只在最低若干位制造差异，且差异值正好是 n。
我们令 a=2k,b=2k+1a=2^k,b=2^k+1a=2k,b=2k+1 此时 gcd(a,b)=1。此时的 x=n∗2k=n<<kx=n*2^k=n<<kx=n∗2k=n<<k (PS: 二进制知识点这里一个数字乘一个 2 就相当于把二进制表示中每位的位权加一，也就是相当于在二进制表示后面补了个 0 所以等同于将 n 的所有二进制位向左移动 k 个位置，右边空出的位补 0。)
此时 x⊕y=(n≪k)⊕((n≪k)+n)x⊕y=(n≪k)⊕((n≪k)+n)x⊕y=(n≪k)⊕((n≪k)+n)，可以看成 A⊕(A+B)=BA⊕(A+B)=BA⊕(A+B)=B。
两边同时异或 B 可以得到 A⊕(A+B)⊕B=0A⊕(A+B)⊕B=0A⊕(A+B)⊕B=0 即 (A⊕B)⊕(A+B)=0(A⊕B)⊕(A+B)=0(A⊕B)⊕(A+B)=0，可得 (A⊕B)=(A+B)(A⊕B)=(A+B)(A⊕B)=(A+B)。
二进制加法和异或的关系 A+B=(A⊕B)+2∗(A&B)A+B=(A⊕B)+2*(A\And B)A+B=(A⊕B)+2∗(A&B)
在二进制下，异或是不进位的加法，A&B 是产生进位的位。
当 A & B=0A \And B=0A & B=0 时，没有进位。此时 A+B=(A⊕B)A+B=(A⊕B)A+B=(A⊕B)。所以 (n≪k)&n=0(n≪k)\And n=0(n≪k)&n=0。
接下来我们去找满足 (n≪k)&n=0(n≪k)\And n=0(n≪k)&n=0 的 k。
代码：
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define x first
#define y second
#define endl "\n"
void solve()
{
int n;
cin>>n;
int a=0,b=0,k=n;
for(int i=1;i<=31;i++)
{
k<<=1;
if((k&n)==0)
{
a=k,b=k+n;
break;
}
}
cout<<a<<" "<<b<<endl;
}
signed main(){
IOS
int t;
cin>>t;
//int t=1;
while(t--)
{
solve();
}
}E 01矩阵
思路：
只能说很玄幻。😇可以根据 2 的构造往后推一下。
代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define int long long
#define endl '\n'
void solve()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
cout<<min(i,j)%2;
}
cout<<endl;
}
}
signed main()
{
int t=1;
while(t--)
{
solve();
}
}H 权值计算
思路：
读懂题是第一步，伪代码是在计算一个数组中每个前缀中不同元素个数的和。，然后我们需要计算一个数组的每个子数组的权值之和。
我们用第二个样例来找找规律。数组为{1,1,4,5,1,4}，我们来计算每个子数组的贡献。
l 的范围是[1 ,n]，r 的范围是[l, n]。
| l\r | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 1 | 1 | 2 | 3 | 3 | 3 |
| 2 | 1 | 2 | 3 | 3 | 3 | |
| 3 | 1 | 2 | 3 | 3 | ||
| 4 | 1 | 2 | 3 | |||
| 5 | 1 | 2 | ||||
| 6 | 1 | |||||
| 列和 | 1 | 2 | 5 | 9 | 12 | 15 |
可以发现如果 a[i]之前没有出现过，相较于上一列会增加 i 的贡献，否则增加 i−posi-posi−pos 的贡献（pos 为上次出现的位置）。
所以对于一个位置 i，它对答案的贡献为 [∑l=1ig(l,i)]∗(n−i+1)[\sum^{i}_{l=1}g(l,i)]*(n-i+1)[∑l=1ig(l,i)]∗(n−i+1)。
g(l, i) 表示从 l 到 i 这段区间中不同元素的个数。
所以 ans=∑i=1n[∑l=1ig(l,i)]∗(n−i+1)ans=\sum^{n}{i=1}[\sum^{i}{l=1}g(l,i)]*(n-i+1)ans=∑i=1n[∑l=1ig(l,i)]∗(n−i+1)。
令 sum[i]=∑l=1ig(l,i)sum[i]=\sum^{i}_{l=1}g(l,i)sum[i]=∑l=1ig(l,i)
代码：
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define x first
#define y second
#define endl "\n"
void solve()
{
int n;
cin>>n;
vector<int> a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
map<int,int>m;//记录每个值最近一次出现的位置
int ans=0;
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int last=0;
last=m[a[i]];
m[a[i]]=i;
sum+=i-last;
ans+=sum*(n-i+1);
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
IOS
int t;
cin>>t;
//int t=1;
while(t--)
{
solve();
}
}