Codeforces Global Round 17

A. Anti Light’s Cell Guessing

分析：

考虑0的情况就行了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define close(); 	ios::sync_with_stdio(false);
#define endl '\n'
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define dwn(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
typedef long long LL;
const int N = 3e5+100;

void solve()
{
    int a, b; cin >> a >> b;
    if(a > b) swap(a, b);
    if(a == 1 && b == 1) cout << 0 << endl;
    else if(a == 1) cout << 1 << endl;
    else cout << 2 << endl;
}

int main()
{
    int T; cin >> T;
    while(T--) solve();
    // system("pause");
}

B. Kalindrome Array

分析:

不妨记字符串为s, 长度为m.

分以下情况讨论:

本身是回文串, 输出yes
本身不是回文串, 那么一定存在一对 $s_i!=s_j, i = m+1-j$ .
- 考虑把 $s_i$ 类的字符全部删掉, 再看一遍是不是回文串.
- 考虑把 $s_j$ 类的字符全部删掉, 再看一遍是不是回文串.

为什么是将其类字符全部删掉呢, 这好像和题干有点不太一样. 实际上, 即便不删掉其类字符也是匹配的本身, 和全删掉的情况下判是否是回文串是等价的.

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define close(); 	ios::sync_with_stdio(false);
#define endl '\n'
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define dwn(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
typedef long long LL;
const int N = 3e5+100;

int a[N];

bool check(int n, int x)
{
    int l = 1, r = n;
    while(l < r)
    {
        while(l < r && a[l] == a[x]) l++;
        if(l >= r) break;
        while(l < r && a[r] == a[x]) r--;
        if(l >= r) break;
        if(a[l] == a[r]) l++, r--;
        else if(a[l] != a[r]) return 0;
    }
    return 1;
}

void solve()
{
    int n; cin >> n;
    rep(i, 1, n) cin >> a[i];
    int l = 1, r = n;
    int u, v; u = v = 0;
    while(l < r) 
    {
        if(a[l] == a[r]) l++, r--;
        else 
        {
            u = l;
            v = r;
            break;
        }
    }
    bool f = 0;
    if(u == v) f = 1;
    else 
    {
        f |= check(n, u);
        f |= check(n, v);
    }
    if(f) cout << "YES\n";
    else cout << "NO\n";
}

int main()
{
    close();
    int T; cin >> T;
    while(T--) solve();
    // system("pause");
}

C. Keshi Is Throwing a Party

分析:

一开始我考虑了一会反悔贪心, 发现不可做.

然后发现是***~~useful algorithm~~***二分.

当我们确定我们要check的人数的时候, 直接贪心地找. 不懂的话看代码.

时间复杂度 $O(n\log n)$

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define close(); 	ios::sync_with_stdio(false);
#define endl '\n'
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define dwn(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
typedef long long LL;
const int N = 3e5+100;

int a[N], b[N];
int n; 
bool check(int x)
{
    int cnt = 0;
    rep(i, 1, n)
    {
        if(a[i] >= x-cnt-1 && b[i] >= cnt)
        {
            cnt++;
        }
        if(cnt == x) return 1;
    }
    return 0;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    rep(i, 1, n) cin >> a[i] >> b[i];

    int l = 1, r = n;    
    while(l < r)
    {
        if(l == r-1) 
        {
            if(check(r)) l = r;
            else r = l;
            break;
        }
        int mid = l+r>>1;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid-1;
    }
    cout << l << endl;
}

int main()
{
    close();
    int T; cin >> T;
    while(T--) solve();
    // system("pause");
}

D. Not Quite Lee

分析：

考虑一个有 $k$ 个元素的数组 $c$ ，如何去判断是否为good。

我们发现对于每个 $c_i\in c$ , 其整数的连续序列的和为 $\frac{c_i(c_i-1)}{2}+x_ic_i$ ，其中 $x_i$ 为任意整数。

于是我们可以将一个数组c是否good等价地转换为这个式子：
$\sum_{i=1}^k \frac{c_i(c_i-1)}{2}+x_ic_i$
观察这个式子, 发现这个东西我们很熟悉, 不妨定义 $t$ 为下式:
$\sum_{i=1}^k x_ic_i$
根据裴蜀定理, $gcd(c_1, c_2, ... , c_k) | t$

记 $\sum_{i=1}^k \frac{c_i(c_i-1)}{2}, g = gcd(c_1, c_2, ... , c_k)$

于是判定一个数组c是否good的问题转换成了: g是否可以整除s.

考虑对于数组c存在奇数的时候:

数组c存在奇数和偶数, 那么 $g = 1$ , 有解.
数组c只存在奇数, 那么让所有连续序列的中点置于零点, s = 0, 有解.

于是接下来我们只需要考虑数组c只存在偶数的情况.

观察到这么一个事实: 如果奇数y整除偶数x, 那么 $y|\frac{x}{2}$ ; 如果偶数y整除偶数x, 那么 $\frac{y}{2}|\frac{x}{2}$

考虑到枚举g是时间不可行的, 因此我们尝试建立一个1-1映射来减少我们需要枚举的约数.

对于 $g ∣ s$ , 显然s是偶数, g也是偶数(奇数已经算完了), 那么 $\frac{g}{2^l}|\frac{s}{2^l}$ . 其中$2^l | g \space\ $ 且 $\space2^{l+1} \not | g$ , 也就是说 $2^l$ 是g的最大的2的整次幂因子.

注意: 这里因为奇数都被我们提前处理了, 所以 $l\ge 1$

于是我们不妨把g映射到 $2^l$ 上, 这显然是一个1-1映射. 具体操作如下:

对于数组c中所有可以被 $2^l$ 整除但不能被$ 2^{l+1} $整除的元素, 放入集合A.

对于数组c中所有可以被 $2^{l+1}$ 整除的元素, 放入集合B.

显然对于任意包含集合A中的偶数个元素的任意组合, 其g的映射都是 $2^l$ .

为什么包含集合A中的奇数个元素不是呢? 观察单个元素, 不妨记为 $e = k2^l$ , 其中k为奇数. 那么 $\frac{e(e-1)}{2} = k2^{l-1}(k2^l-1)$ , 这是一个最大的2的整次幂因子为 $2^{l-1}$ 的数. 那显然s 的最大的2的整次幂因子也为 $2^{l-1}$ .

但如果是偶数个集合A元素就可以解决这个问题.

设数组c中所有可以被 $2^l$ 整除但不能被$ 2^{l+1} $整除的元素的个数为 $a$ ; 数组c中所有可以被 $2^{l+1}$ 整除的元素的个数为 $b$ .

那么 $2^l$ 的答案为 $2^{a-1}\cdot 2^b$

枚举 $l$ 统计答案即可.

总的时间复杂度是 $O(n\log(1e9))$

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define close(); 	ios::sync_with_stdio(false);
#define endl '\n'
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i++)
#define dwn(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
typedef long long LL;
const int N = 3e5+100;
const LL p = 1e9+7;
LL qpow(LL a, LL b)
{
    LL rev = 1;
    while(b){
        if(b&1) rev = rev * a % p;
        a = a * a % p;
        b>>=1;
    }
    return rev;
}

LL a[N];

int main()
{
    // close();

    int n; cin >> n;
    rep(i, 1, n) cin >> a[i];
    LL ans = 0;
    LL even = 0;
    rep(i, 1, n) 
    {
        if(a[i] & 1) ; else even++; 
    }
    ans = (qpow(2, n) - qpow(2,even)) % p;
    rep(i, 1, 31)
    {
        LL x = 1ll<<i;
        LL o, e; o = e = 0;
        rep(j, 1, n)
        {
            if(a[j] % x == 0 && a[j] % (x<<1) != 0) o++;
            else if(a[j] % (x<<1) == 0) e++;
        }

        if(o > 0) (ans += ((qpow(2, o-1)-1+p)%p) * ((qpow(2, e))%p) ) %= p;
    }
    
    cout << ans << endl;

    // system("pause");
}