Codeforces 1061 Div2（ABCDF1）

前言

青名还没捂热就没了呜呜呜……

一、A. Pizza Time

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/#define dbg(x) cout<<#x<<" "<<x<<endl
#define vdbg(a) for(auto x:a) cout<<x<<" ";cout<<endl
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;void solve()
{ll n;cin>>n;cout<<(n-3)/2+1<<endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();    }return 0;
}

上来猜错了还wa了一次……

因为让第一个人吃的最多就相当于让第二个人吃的最少，那么每次分的时候肯定是给两个人各分一个，再让剩下的去下一轮，那么打个表观察一下就能发现，直接输出(n-3)/2+1即可。

二、B. Strange Machine

太抽象了，想了半天都没想到可以暴力……

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/#define dbg(x) cout<<#x<<" "<<x<<endl
#define vdbg(a) for(auto x:a) cout<<x<<" ";cout<<endl
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;void solve()
{int n,q;cin>>n>>q;string s;cin>>s;s=" "+s;bool ok=true;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='B'){ok=false;break;}}vector<ll>a(q+1);for(int i=1;i<=q;i++){cin>>a[i];}for(int i=1;i<=q;i++){ll x=a[i];if(ok){cout<<x/n*n+x%n<<endl;continue;}ll ans=0;while(x){for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='A'){x--;}else{x/=2;}ans++;if(x==0){break;}}}cout<<ans<<endl;}
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();    }return 0;
}

感觉脑子一团浆糊，思路一团乱麻……

注意到只要有一个除以2操作，那么每个数执行最多执行logx轮，而若除以2的操作更多，那么即使x是10的9次方级别，也不会执行太多轮操作。所以只需要特判一下全是1的情况，然后其他情况直接暴力模拟即可。

三、C. Maximum GCD on Whiteboard

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/#define dbg(x) cout<<#x<<" "<<x<<endl
#define vdbg(a) for(auto x:a) cout<<x<<" ";cout<<endl
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;void solve()
{int n,k;cin>>n>>k;vector<int>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}//若想把一个数b分成x的倍数，那么最小的情况就是b=x+x+x，这样显然原本就可以被x整除//那么若3x<b<4x，就只能修改第三位了，所以也不符合条件//若b>4x，若b=kx+d，那么总是可以分成b=x+(x+d)+(k-2)x//所以对于选定的答案x，对于大于4x的数都可以将其拆开vector<int>cnts(4*n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cnts[a[i]]++;}vector<int>sums(4*n+1);for(int i=1;i<=4*n;i++){sums[i]=sums[i-1]+cnts[i];}for(int i=n;i>=2;i--){int cur=sums[4*i-1]-sums[3*i]+sums[3*i-1]-sums[2*i]+sums[2*i-1]-sums[i]+sums[i-1];if(cur<=k){cout<<i<<endl;return ;}}cout<<1<<endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();    }return 0;
}

这题没观察出来直接寄了……

首先，若想让整个数组的gcd为x，那么就需要把所有非x倍数的数b分裂或消除。首先考虑分裂，若想将b分裂后保留的是x的倍数，最小的情况就是b=x+x+x，但这样显然b就是x的倍数。那么若3x<b<4x，就只能修改分裂后的第三个数了，所以也不符合条件。若b>4x，若b=kx+d，那么永远可以将b分成b=x+(x+d)+(k-2)x，所以只要b大于4x，就可以将其分裂。

所以考虑统计每个数词频的前缀和，然后从大到小枚举gcd，那么对于当前的答案gcd，需要删除的数就是0<b<x，x<b<2x，2x<b<3x和3x<b<4x的数，若小于等于k就直接输出即可。

四、D. Find the Last Number

评价是D<<<<<C……

视频题解：【A~F2】Codeforces Round 1061 (Div. 2) 讲解

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/#define dbg(x) cout<<#x<<" "<<x<<endl
#define vdbg(a) for(auto x:a) cout<<x<<" ";cout<<endl
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;void solve()
{int n;cin>>n;vector<int>cur;for(int i=1;i<n;i++){cur.push_back(i);}vector<int>nums;for(int i=1;i<=n;i++){nums.push_back(i);}int ans=0;for(int i=0;(1<<i)<=n;i++){int cnts=0;for(auto x:nums){if((x>>i)&1){cnts++;}}vector<int>ones;vector<int>zeros;for(auto x:cur){cout<<"? "<<x<<" "<<(1<<i)<<endl;cout<<endl;int res;cin>>res;if(res){ones.push_back(x);}else{zeros.push_back(x);}}    vector<int>nnum;cur.clear();if(ones.size()==cnts-1){for(auto x:nums){if((x>>i)&1){nnum.push_back(x);}}nums=nnum;cur=ones;}else{for(auto x:nums){if(!((x>>i)&1)){nnum.push_back(x);}}nums=nnum;cur=zeros;}if(nums.size()==1){cout<<"! "<<nums[0]<<endl;return ;}}
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();    }return 0;
}

因为只能回答与的结果是否是0，所以就相当于只能判断该位的状态，所以最暴力的方法就是考虑所有数每一位的状态，那么这样就是得到最后一个位置的数所有位的状态。但由于n是2e4的，所以这肯定就超出2n的限制了。之后观察可以发现，若当前确定了最后一个位置数第i位的状态，那么对于1~n中第i位状态不同的数就都排除了，即答案状态不同的下标以后就都没必要问了，所以每次能减少近一半的数，次数(n-1)+(n-1)/2+(n-1)/4+……，肯定是小于2n的。

六、F1. Strange Operation (Easy Version)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;/*   /\_/\
*   (= ._.)
*   / >  \>
*/#define endl '\n'
#define dbg(x) cout<<#x<<" "<<x<<endl
#define vdbg(a) cout<<#a<<endl; for(auto x:a) cout<<x<<" ";cout<<endl
#define INF 1e9
#define INFLL 1e18
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;void solve()
{int n;cin>>n;vector<int>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}//因为p[i]每次都减2，所以p[i]的奇偶性不会改变//若首位是奇数，那么考虑优先让其变为1，否则优先让其变为2vector<int>pos(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){pos[a[i]]=i;}for(int v=1;v<=n;v++){//当前数值v可以到的最左位置int head=n;//枚举大于等于v的所有数for(int i=v,minn=n;i<=n;i++){//当前数所在位置更小if(pos[i]<minn){minn=pos[i];//两数奇偶性相同if(i%2==v%2){head=pos[i];}}}//最左位置的数int vhead=a[head];//修改a[head]=v;//需要让[v,vhead)的数全部加1for(int i=v;i<vhead;i++){a[pos[i]]++;}//往下移一位 -> 全部加1for(int i=vhead;i>v;i--){pos[i]=pos[i-1];}//修改位置pos[v]=vhead;}for(int i=1;i<=n;i++){cout<<a[i]<<" ";}cout<<endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();    }return 0;
}

这题真的抽象,如果观察出来了就能秒……

注意到p[i]位置的数每次减2不会改变其奇偶性，那么贪心得想可以发现，若肯定是让首位的数尽可能小，那么若首位是奇数就让其变成1，偶数就变成2，之后以此类推。之后又注意到，若首位是奇数x，在其减小的过程中，1~x-1的数全会增加1。所以代码上就是需要先记一下每个数出现的位置，然后从1开始枚举，每次找当前数可以到的最左位置，然后让该位置的变成当前数。最后每次都按照上述规律修改数值和位置即可。

总结

感觉身体好点了，加训吧，争取一天vp一场d2！

END