Codeforces Round 895 (Div. 3) A ~ F-Toy模板网

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Dashboard - Codeforces Round 895 (Div. 3) - Codeforces

A

问多少次能使a 和 b相等，就是abs(a - b) / 2除c向上取整，也就是abs(a - b)除2c向上取整。

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;

void solve()
{
	int a, b, c;
	cin >> a >> b >> c;
	a = abs(a - b), c *= 2;
	cout << (a + c - 1) / c << endl;
}

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

B

真是一篇好阅读理解，读了好久

就是说陷阱会在踩到后经过s秒触发，触发后不能通过，最少往前走d + s / 2（向上取整）格子后就回不来了，把所有的d + s / 2比较取最小值然后减一就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;

void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	int ans = 2e9;
	for(int i = 0; i < n; i ++)
	{
		int a, b;
		cin >> a >> b;
		a = a + (b + 1) / 2;
		ans = min(ans, a);
	}
	
	cout << ans - 1 << endl;
}

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

C

如果是>2的偶数的话，x - 2和x就是一组解

如果l == r且l是奇数的话，可以求l的因子，设因子为d，x - d 和 d 都可以被d整除，这样也可以求出一组解

之后注意一些边界条件就好了。

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;

void solve()
{
	int l, r;
	cin >> l >> r;
	if(r < 4)
	{
		cout << -1 << endl;
		return;
	}
	if(r % 2 && l == r)
	{
		for(int i = 2; i * i <= l; i ++)
		{
			if(l % i == 0)
			{
				cout << l - i << ' ' << i << endl;
				return;
			}
		}
		cout << -1 << endl;
		return;
	}
	if(r % 2)
	{
		cout << r - 3 << ' ' << 2 << endl;
	}
	else cout << r - 2 << ' ' << 2 << endl;
}

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

D

贪心。

设lcm为x和y的最大公倍数，lcm的倍数的位置有重合，先加后减等于零，在这里操作是没意义的。

加操作有意义的点的数量：n / x - n / lcm

减操作有意义的点的数量：n / y - n / lcm

加的话从n开始加，依次递减n-1、n-2这样

减的话从1开始加，依次递增2、3这样。

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;

void solve()
{
	ll n, x, y;
	cin >> n >> x >> y;
	ll gcd = __gcd(x, y);
	ll lcm = x * y / gcd;
	
	ll a = n / x - n / lcm, b = n / y - n / lcm;
	a = a * (2 * n - a + 1) / 2;
	b = b * (b + 1) / 2;
	cout << a - b << endl;
}

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

E

前缀和。

做出这道题需要了解的两个性质：

1. x ^ x = 0;

2. 0 ^ x = x;

根据这两条性质我们就可以求出任意一段连续区间的异或和，使用前缀数组实现，用b[]表示

b[n]表示从第一项异或到第n项

b[r] ^ b[l - 1]就等于 b[l - 1] ^ b[l] ^ ... ^ b[r] ^ b[l - 1] = b[l] ^ ... ^ b[r];

对于第一个操作，区间修改，如果一个数x的对应位置上的树为1，被修改后变成0，就相当于x没被启用，变成0了，就相当于异或x本身，

如果一个数x的对应位置上的树为0，被修改后变成1，就相当于x被启用了，变成了1，也相当于异或x本身。

先用一个ans计算出被启用的数的异或和，之后每进行一次区间修改就相当于异或一遍这个区间内的异或和，非常的easy。

然后第二个操作，如果是查1，直接输出ans就好了

如果是查2，输出前n项异或前缀和异或ans就好了

听说有人线段树过了，挺nb的，之后再学一学。

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;

const int N = 100010;

int a[N], b[N];

void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		cin >> a[i];
		b[i] = b[i - 1] ^ a[i]; 
	}
	string s;
	cin >> s;
	s = ' ' + s;
	
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		if(s[i] == '1')
		{
			ans ^= a[i];
		}
	}
	
	int Q;
	cin >> Q;
	while(Q --)
	{
		int op;
		cin >> op;
		if(op == 1)
		{
			int l, r;
			cin >> l >> r;
			int res = b[r] ^ b[l - 1];
			ans ^= res;
		}
		else
		{
			int x;
			cin >> x;
			if(x == 1)cout << ans << ' ';
			else cout << (b[n] ^ ans) << ' ';
		}
	}
	cout << endl;
}

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

赛后学的线段树做法：

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;

const int N = 100010;

int n;
int a[N];
string s;
struct Node
{
	int l, r;
	int sum0, sum1;
	int f;
}tr[N * 4];

void pushup(int u)
{
	tr[u].sum0 = tr[u << 1].sum0 ^ tr[u << 1 | 1].sum0;
	tr[u].sum1 = tr[u << 1].sum1 ^ tr[u << 1 | 1].sum1;
}

void pushdown(int u)
{
	Node &root = tr[u], &left = tr[u << 1], &right = tr[u << 1 | 1];
	if(tr[u].f)
	{
		swap(left.sum0, left.sum1);
		swap(right.sum0, right.sum1);
		left.f ^= tr[u].f;
		right.f ^= tr[u].f;
		tr[u].f = 0;
	}
}

void build(int u, int l, int r)
{
	if(l == r)
	{
		if(s[l] == '0')tr[u] = {l, r, a[l], 0, 0};
		else tr[u] = {l, r, 0, a[l], 0};
	}
	else
	{
		tr[u] = {l, r, 0, 0, 0};
		int mid = l + r >> 1;
		build(u << 1, l, mid), build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
		pushup(u);
	}
}

void modify(int u, int l, int r)
{
	if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r)
	{
		swap(tr[u].sum0, tr[u].sum1);
		tr[u].f ^= 1;
	}
	else
	{
		pushdown(u);
		int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
		if(l <= mid)modify(u << 1, l, r);
		if(r > mid)modify(u << 1 | 1, l, r);
		pushup(u);
	}
}

void solve()
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)cin >> a[i];
	cin >> s;
	s = ' ' + s;
	
	build(1, 1, n);
	
	int Q;
	cin >> Q;
	while(Q --)
	{
		int op;
		cin >> op;
		if(op == 1)
		{
			int l, r;
			cin >> l >> r;
			modify(1, l, r);
		}
		else
		{
			int x;
			cin >> x;
			if(x == 0)cout << tr[1].sum0 << ' ';
			else cout << tr[1].sum1 << ' ';
		}
	}
	cout << endl;
}

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

Node节点存两个值sum0和sum1，f作为懒标记。

F

i在要a[i]之前被卖出，其实就是拓扑排序，先输出没在环中的点，然后每个环中，值最小的那个点最后卖出一定是最优的，类似贪心。

其实我在想如果一个点同时出现在两个环中该怎么办，然后发现这种情况其实不存在

比如

Codeforces Round 895 (Div. 3) A ~ F,cf,算法,c++,数据结构

如果一个点出现在多个环中，边数会比点数还多，因为又要求每个点的出度都为1，所以这种情况显然是与输入要求矛盾的，所以一个点一定最多出现在一个环内，证毕。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-712562.html

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;

const int N = 100010;

int n;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int d[N];
int a[N], b[N];
bool st[N];
vector<int> ans;
queue<int> q;

void add(int a, int b)
{
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

void bfs()
{
	while(q.size())
	{
		int t = q.front();
		q.pop();
		ans.push_back(t);
		
		for(int i = h[t]; i != -1; i = ne[i])
		{
			int j = e[i];
			if(st[j])continue;
			d[j] --;
			if(!d[j])
			{
				q.push(j);
				st[j] = true;
			}
		}
	}
}

void solve()
{
	idx = 0;
	ans.clear();
	cin >> n;
	priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> heap;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)d[i] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		st[i] = false;
		h[i] = -1;
		cin >> a[i];
		add(i, a[i]);
		d[a[i]] ++;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		cin >> b[i];
		heap.push({b[i], i});
		if(!d[i])
		{
			st[i] = true;
			q.push(i);
		}
	}

	bfs();

	while(ans.size() < n)
	{
		int ver;
		while(heap.size())
		{
			PII t = heap.top();
			heap.pop();
			if(!st[t.second])
			{
				ver = t.second;
				break;
			}
		}

		st[ver] = true;
		for(int i = h[ver]; i != -1; i = ne[i])
		{
			int j = e[i];
			if(st[j])continue;
			d[j] --;
			if(!d[j])
			{
				q.push(j);
				st[j] = true;
			}
		}
		bfs();
		ans.push_back(ver);
	}
	
	for(int i = 0; i < n; i ++)cout << ans[i] << ' ';
	cout << endl;
	
}

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

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