旅行传送门
A. Domino Disaster
题意：有一个被大小为 \(1*2\) 的多米诺骨牌覆盖了的 \(2\) 行 \(n\) 列的网格。 骨牌可以垂直或水平放置，告诉你其中一排网格，问另一排网格是何样？
题目分析：模拟即可。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); i++)
#define down(i, x, y) for (register int i = (x); i >= (y); i--)
using namespace std;
void solve()
{
int n;
cin >> n;
string s, t;
cin >> s;
rep(i, 0, n - 1)
{
switch (s[i])
{
case 'U':
t += 'D';
break;
case 'D':
t += 'U';
break;
case 'L':
t += 'L';
break;
case 'R':
t += 'R';
break;
default:
break;
}
}
cout << t << endl;
}
int main(int argc, char const *argv[])
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t;
cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}
B. MEXor Mixup
题意：给你两个数 \(a\) ， \(b\) ，其中 \(a\) 是数组中最小的未出现的非负整数， \(b\) 是整个数组的异或和，问满足条件的数组的最小长度是多少。
题目分析：首先可以明确的是所求 \(ans \geq a\) ，不妨设 \(c\) 为 \(0\) ~ \(a-1\) 的异或和，接下来分三种情况讨论即可：
-
\(c = b\) ，此时 \(ans = a\)
-
\(c \not= b\) 且 \(c \bigoplus b \not= a\) ，此时 \(ans = a+1\)
-
\(c \not= b\) 且 \(c \bigoplus b = a\) ，此时 \(ans = a+2\)
这里解释一下，由于 \(b\) 是整个数组的异或和， 现在我们要让 \(c\) 异或上某个值 \(d\) 得到 \(b\) ，如果 \(d\) 不是 \(a\) 的话，我们直接把 \(d\) 添加进数组就好，否则的话就要用另外两个值异或起来得到 \(a\) 再去和 \(c\) 异或得到 \(b\) ，因为 \(a\) 不能出现在数组中，这种情况下就是 \(ans = a+2\) 。
有个异或和的小性质： \(i\) 从 \(0\) 开始算起， 有 \(i \bigoplus i+1 = 1\) 。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); i++)
#define down(i, x, y) for (register int i = (x); i >= (y); i--)
const int maxn = 3e5 + 5;
char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf, obuf[1 << 23], *O = obuf;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
inline int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch))
{
if (ch == '-')
f = -1;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch))
{
x = x * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}
int main(int argc, char const *argv[])
{
int T = read();
std ::vector<int> c(maxn);
rep(i, 1, 300000) c[i] = c[i - 1] ^ i;
while (T--)
{
int a = read(), b = read();
if (c[a - 1] == b)
printf("%d\n", a);
else if (c[a - 1] ^ b ^ a)
printf("%d\n", a + 1);
else
printf("%d\n", a + 2);
}
return 0;
}
// int check(int a)
// {
// switch (a % 4)
// {
// case 0:
// return 0;
// case 1:
// return a - 1;
// case 2:
// return 1;
// case 3:
// return (a - 1) ^ 1;
// }
// }
// int main(int argc, char const *argv[])
// {
// int T = read();
// while (T--)
// {
// int a = read(), b = read();
// int c = check(a);
// if (c == b)
// printf("%d\n", a);
// else if (c ^ b ^ a)
// printf("%d\n", a + 1);
// else
// printf("%d\n", a + 2);
// }
// return 0;
// }
C. Carrying Conundrum
题意：定义新的加法运算：计算时所有的进位都要左移一位。
给你一个数 \(n\) ，问有多少对 \((a,b)\) 在新定义下满足 \(a + b = n\) （ \((a,b)\) 和 \((b,a)\) 算作不同方案）？
题目分析：平时的加法运算进位规则是个位进十位、十位进百位、百位进千位……每一位的进位都对它的后一位有贡献，密不可分。但在新定义下，贡献关系变为奇数位只对奇数位有贡献，偶数位只对偶数位有贡献，因此我们扫描整个 \(n\) ，将奇偶数位的数分别抽出来，称为 \(odd\) 、 \(even\) ，一个数 \(x\) 可以由 \((0,x)\) 、 \((1,x-1)\) 、 \((2,x-2)\) …… \((x-1,1)\) 、 \((x,0)\) 共 \(x+1\) 种方案组成，所以答案即为 \((odd+1)*(even+1)\) ，但我们还要减去 \(2\) ，因为 \((a,b)\) 为正整数对。因此，答案是 \((odd+1)*(even+1)-2\) 。
举个栗子：\(2021\) ， 奇数位与偶数位组成的数字分别为 \(22\) 和 \(01\) ， \(22\) 的组成方式有 \(23\) 种， \(1\) 的话有 \(2\) 种，但 \((0,2021)\) 与 \((2021,0)\) 不符合题意，所以答案为 \(23*2-2=44\) 种。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); i++)
#define down(i, x, y) for (register int i = (x); i >= (y); i--)
using namespace std;
int main(int argc, char const *argv[])
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;
cin >> T;
while (T--)
{
string s, odd, even;
cin >> s;
int len = s.length() - 1;
rep(i, 0, len) if (i & 1) even += s[i];
else odd += s[i];
if (even.empty())
{
printf("%lld\n", stoi(odd) - 1);
continue;
}
int a = stoi(odd), b = stoi(even);
printf("%lld\n", 1ll * (a + 1) * (b + 1) - 2);
}
return 0;
}
D. Expression Evaluation Error
题意：给你一个十进制的数 \(s\) ，要将其拆成 \(n\) 个十进制数 ,使得这 \(n\) 个十进制数在十一进制的表示下总和最大，求任一拆分方案。
题目分析：首先考虑什么时候会有损失，将 \(10\) 拆成 \(1\) 和 \(9\) ，其和即从 \(10_{(11)}\) （十进制下为 \(11\) ）变为 \(1_{(11)}+9_{(11)}\) （十进制下为 \(10\) ），损失了 \(1\) 。将 \(100\) 拆成 \(1\) 和 \(99\) ，其和即从 \(100_{(11)}\) （十进制下为 \(121\) ）变为 \(1_{(11)}+99_{(11)}\) （十进制下为 \(109\) ），损失了 \(12\) ，但如果拆成 \(10\) 和 \(90\) ，其和变为 \(10_{(11)}+90_{(11)}\) （十进制下为 \(110\) ），损失了 \(11\) ，较前者而言损失小了 \(1\) 。
观察上述结果，我们不难发现，每次产生损失都发生在将高位拆成低位的情况下，并且拆分后的位数越低，损失越大，说人话就是，将 \(100\) 拆成 \(1\) 和 \(99\) ，就是将一个三位数拆分成了两位数和一位数，而如果拆成 \(10\) 和 \(90\) ，就是将一个三位数拆分成了两个两位数。
所以我们要按位贪心，让拆分后的数最高位尽可能的大，即将 \(s\) 拆分为 \(m*10^n\) 之和，此时损失与 \(n\) 的大小成反比，但 \(m\) 是不会产生影响的， \(100\) 拆成 \(10\) 和 \(90\) 与 \(20\) 和 \(80\) 等价。
剩下的就看代码吧。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf, obuf[1 << 23], *O = obuf;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
inline int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch))
{
if (ch == '-')
f = -1;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch))
{
x = x * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}
int main(int argc, char const *argv[])
{
int t = read();
while (t--)
{
int s = read(), n = read();
int d = (int)log10(s);
int p = pow(10, d);
for (int i = n; i > 1; --i)
{
while (s - p < i - 1)
p /= 10;
printf("%d ", p);
s -= p;
}
printf("%d\n", s);
}
return 0;
}
E. Non-Decreasing Dilemma
题意：已知一个数列，你需要进行下面两种操作：
-
将 \(a_x\) 的值修改为 \(y\)
-
求出某区间连续非递减子序列的个数
题目分析：这题的难点在于线段树的区间合并操作，解释下代码中各变量的意义，对线段树中的每个节点，维护以下信息：
- \(sum\) ：非递减子序列的个数
- \(lv\) ：左端点的值
- \(rv\) ：右端点的值
- \(mxl\) ：最左端开始最长的连续非递减子序列长度
- \(mxr\) ：最右端结束最长的连续非递减子序列长度
- \(len\) ：区间长度
- \(flag\) ：整段区间是否为连续非递减子序列
具体合并过程看代码吧，理解起来并不难。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); i++)
#define down(i, x, y) for (register int i = (x); i >= (y); i--)
using ll = long long;
const int maxn = 2e5 + 5;
char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf, obuf[1 << 23], *O = obuf;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
inline ll read()
{
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch))
{
if (ch == '-')
f = -1;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch))
{
x = x * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}
std::vector<ll> a(maxn);
struct node
{
ll sum, lv, rv, mxl, mxr, len, flag;
} tree[maxn << 2];
node merge(node x, node y)
{
node res;
res.sum = x.sum + y.sum;
res.lv = x.lv, res.rv = y.rv;
res.len = x.len + y.len;
res.flag = 0;
if (x.rv <= y.lv)
res.sum += x.mxr * y.mxl;
if (x.flag && x.rv <= y.lv)
res.mxl = x.len + y.mxl;
else
res.mxl = x.mxl;
if (y.flag && x.rv <= y.lv)
res.mxr = x.mxr + y.len;
else
res.mxr = y.mxr;
if (x.flag && y.flag && x.rv <= y.lv)
res.flag = 1;
return res;
}
#define lson (k << 1)
#define rson (k << 1 | 1)
void build(ll k, ll l, ll r)
{
if (l == r)
{
tree[k].lv = tree[k].rv = a[l];
tree[k].sum = tree[k].mxl = tree[k].mxr = tree[k].len = tree[k].flag = 1;
return;
}
ll mid = (l + r) >> 1;
build(lson, l, mid);
build(rson, mid + 1, r);
tree[k] = merge(tree[lson], tree[rson]);
}
void update(ll k, ll l, ll r, ll x, ll y)
{
if (l == r && l == x)
{
tree[k].lv = tree[k].rv = y;
return;
}
ll mid = (l + r) >> 1;
x <= mid ? update(lson, l, mid, x, y) : update(rson, mid + 1, r, x, y);
tree[k] = merge(tree[lson], tree[rson]);
}
node query(ll k, ll l, ll r, ll ql, ll qr)
{
if (l >= ql && r <= qr)
return tree[k];
ll mid = (l + r) >> 1;
if (qr <= mid)
return query(lson, l, mid, ql, qr);
else if (ql > mid)
return query(rson, mid + 1, r, ql, qr);
else
return merge(query(lson, l, mid, ql, qr), query(rson, mid + 1, r, ql, qr));
}
int main(int argc, char const *argv[])
{
int n = read(), q = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read();
build(1, 1, n);
while (q--)
{
int opt = read(), l = read(), r = read();
if (opt == 1)
update(1, 1, n, l, r);
else
printf("%lld\n", query(1, 1, n, l, r).sum);
}
return 0;
}
诉状罪书：昨天推gal把CF忘得一干二净，意识到的时候罪恶感已经爬上了脊背（照样睡到日上三竿），但是9-nine天天天推得真的停不下来（兄妹相声太好玩了），最后补一句：妹妹是天！