《XOR》与《再次跳跃吧，俊潇！》题解

《XOR》与《再次跳跃吧，俊潇！》题解

出题人：软件231***

XOR

题目

给你一个包含 $n$ 个正整数的数组 $a$，你最多可以执行一次操作：选择一个下标 $i(1\le i\le n)$ 和一个正整数 $x(x\le a_i)$，将 $a_i$ 修改为 $a_i-x$。目标是使得最终数组的异或和为 $0$。

请输出你选择的下标 $i$ 和 $x$。如果无法实现该目标，或者初始数组的异或和已经为 $0$，则输出 $-1$。

题解

1. 如果初始数组的异或和已经为 $0$，答案是 $-1$。
2. 否则的话，对于一个数组 $a_1,a_2,a_3,...,a_n$。设其异或和为 $s$，选取某个下标 $i$ ，将 $a_i$ 修改为 $a_i\oplus s$ ，这样数组的异或和为 $s\oplus s=0$ 。这样做的前提是 $a_i\oplus s\le a_i$ ，我们尝试证明一下是否总有一个下标 $idx$ 满足$a_{idx}\oplus s\le a_{idx}$ ，如果能够证明的话就意味着问题一定有解。

证明如下：

• 设 $s$ 的最高位为 $highestBit$ ，数组中在 $highestBit$ 位为 $1$ 的元素数量为奇数。
• 设 $val$ 为 $a_{idx}$ 去掉超过 $highestBit$ 位后的数值。令 $t=2^{highestBit}$ 。
• 有 $s\oplus val<t$ ， 则有 $s\oplus a_{idx}<a_{idx}$ ，证毕。

3. 我们证明了一定存在，只需要遍历去找就行了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n;cin >> n;int XOR = 0;vector<int> a(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];XOR ^= a[i];}if (XOR == 0){cout << -1 << '\n';return 0;}for (int i = 1; i <= n; i++){int newAi = a[i] ^ XOR;if (newAi <= a[i]){int x = a[i] - newAi;cout << i << ' ' << x << '\n';return 0;}}return 0;
}

再次跳跃吧，俊潇！

题目

我们有 $n+1$ 个格子，编号 $1,2,\dots ,n+1$ 。
起点是格子 $1$，终点是格子 $n+1$。

对于每个格子 $i$ $(1\le i\le n)$ ，有两个参数：

• $a[i]$：最大跳跃长度。从格子 $i$ 可以跳到区间 $[i+1,i+a[i]]$ 中的任意格子。
• $w[i]$：跳跃消耗的生命值。从格子 $i$ 跳到下一个格子时，会扣除 $w[i]$ 点生命值。

初始生命值为 $H$。

最多使用 $k$ 次魔法。在每次跳跃时，可以选择是否使用魔法（最多在该次跳跃用 $1$ 次魔法，且总魔法次数不超过 $k$ ），使用魔法则本次跳跃不扣血。

目标：
求最小的魔法使用次数 $m$$(0\le m\le k)$ ，使得能到达终点且生命值始终满足 $>0$ 。
如果不可能用最多 $k$ 次魔法完成，则输出 $-1$。

题解

为什么不能贪心？

• 因为跳跃可前进不同距离
• 使用魔法的位置会影响路径长度和后续血量
• 直接按 w[i] 排序或只选最大的不一定对

1. 考虑动态规划，设 $dp[i][j]:$ 跳到第 $i$ 个格子使用了 $j$ 次魔法的最大剩余血量。
2. $a_i\le 10$ ，我们可以枚举 $i$ 前面的 $10$ 个格子判断可达进行转移。再枚举 $k$ 是否使用魔法转移。
3. 状态转移方程：对于所有可转移的前驱点 $j$ 且遍历 $k$ ，$dp[i][k]=\max (dp[j][k-1],dp[j][k]-w[j])$ 前者使用魔法，后者不使用魔法。

弱化版 U614251 跳跃吧，俊潇！

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;using ll = long long;
int main()
{int n, K;ll H;cin >> n >> K >> H;vector<int> a(n + 1), w(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> w[i];vector<vector<ll>> dp(n + 2, vector<ll>(K + 1, -1e12));dp[1][0] = H;for (int i = 2; i <= n + 1; i++){for (int j = max(1, i - 10); j < i; j++){if (j + a[j] >= i){dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][0] - w[j]);for (int k = 1; k <= K; k++)dp[i][k] = max({dp[i][k], dp[j][k - 1], dp[j][k] - w[j]});}}}int ans = -1;for (int j = 0; j <= K; j++){if (dp[n + 1][j] > 0){ans = j;break;}}cout << ans << '\n';return 0;
}