A. Escalator Conversations
分析
二者身高差为k的倍数且不超过m-1倍,身高差不能为0(即不能在同一个阶梯)
C++代码
#include<iostream>
using namespace std;
void solve(){int n,m,k,H,ans=0;cin>>n>>m>>k>>H;for(int i=0;i<n;i++){int x;cin>>x;if(H!=x&&abs(H-x)%k==0&&abs(H-x)/k<=m-1)ans++;}cout<<ans<<endl;
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}
B. Parity Sort
分析
把奇数和偶数分开排序,然后依次填充原数组奇数和偶数的地方,判断是否有前面的数大于后面的情况,如果有,则输出NO
C++代码
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
void solve(){int n;cin>>n;vector<int> s(n+5,0),a,b;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>s[i];if(s[i]%2)b.push_back(s[i]);else a.push_back(s[i]);}sort(a.begin(),a.end());sort(b.begin(),b.end());int ia=0,ib=0,flag=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]%2==0)s[i]=a[ia++];else s[i]=b[ib++];if(s[i]<s[i-1]){flag=1;break;}}if(flag)puts("NO");else puts("YES");
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}
C. Tiles Comeback
分析
k=1,直接从a[1]跳到a[n]
k!=1
1、a[1]==a[n],找有没有k个a[1]即可
2、a[1]!=a[n],找k个a[1]和k个a[n]且要按顺序
C++代码
#include<iostream>
using namespace std;
void solve(){int n,k;cin>>n>>k;int a[n+5];for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];if(k==1)puts("YES");else if(a[1]==a[n]){int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]==a[1])sum++;if(sum>=k)puts("YES");else puts("NO");}else{int cnt1=1,cnt2=1,l=n;for(int i=2;i<=n;i++){if(a[i]==a[1])cnt1++;if(cnt1==k){l=i;break;}}for(int j=n-1;j>l;j--)if(a[j]==a[n])cnt2++;if(cnt2<k)puts("NO");else puts("YES");}
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}
D. Prefix Permutation Sums
分析
对于给定的数组a,找出它的原数组s
因为a只丢了一个元素,所以原数组的1~n的排列中一定有两个数没出现,如果大于两个元素,则原数组不存在
对原数组的每个小于等于n的元素标记出现过,如果元素出现次数大于1或者元素>n,就用cnt记录下来;接下来找出未出现过的两个数的和sum,如果等于cnt,则表示原数组存在,否则不存在
C++代码
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
void solve(){int n;cin>>n;LL a[n+5]={0},b[n+5]={0},cnt=0,flag=0;for(int i=1;i<n;i++)cin>>a[i];vector<LL> s;for(int i=1;i<n;i++){//找出原数组sLL t=a[i]-a[i-1];s.push_back(t);}for(int i=0;i<n-1;i++){if(s[i]<=n){b[s[i]]++;if(b[s[i]]>1)cnt=s[i];}else cnt=s[i];}LL sum=0,k=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(!b[i])k++,sum+=i;if(k>2||k==2&&sum!=cnt)flag=1;if(!flag)puts("YES");else puts("NO");
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}
E. Nastya and Potions
分析
一个药水x可以被几种药物混合制成就建几条指向x的边,建完边后就用拓扑排序做,所有入度为0的药水的价格只能是它本身的价格,入度不为0的价格可以由其他的药水混合制成,最终的最低价格为min(直接买的价格,由其他药水混合的价格)
C++代码
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=200010;
int h[N],e[N],ne[N],idx;
LL a[N],d[N],w[N];
int n,k;
void add(int a,int b){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void solve(){cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++)h[i]=-1,w[i]=0,d[i]=0;idx=0;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];while(k--){//输入所有无限免费供应的药水int x;cin>>x;a[x]=0;}for(int i=1;i<=n;i++){int m,x;cin>>m;while(m--){cin>>x;add(x,i);d[i]++;//i的入度加一}}queue<int> q;for(int i=1;i<=n;i++)//入度为0的药水的价格只能是它本身的价格,不能由别的药水混合制成if(!d[i])w[i]=a[i],q.push(i);while(q.size()){int t=q.front();q.pop();w[t]=min(w[t],a[t]);//更新药水t的价格for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];w[j]+=w[t];//计算药水j由别的药水混合所需的价格if(--d[j]==0)q.push(j);}}for(int i=1;i<=n;i++)cout<<w[i]<<" ";cout<<endl;
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}
F. Lisa and the Martians
分析
求(a[i]^x)&(a[j]^x)的最大值,即a[i]^x和a[j]^x的二进制数相同的位置尽可能多且尽可能在高位,即a[i]和a[j]二进制相同的位置尽可能多,即不同的位置尽可能少且尽可能为低位,
则可以装换成求a[i]^a[j]的最小值
有个常用结论:n个数的最小异或对答案就是排序后最小的相邻异或和
所以直接排序后求最小相邻异或和即可
然后计算t
对于选择的a[i]和a[j],从前往后枚举第0~k-1位,
如果a[i]和a[j]的第i位都是0,则t的第i位一定是1
如果a[i]和a[j]的第i位都是1,则t的第i位一定是0
如果一个0一个1,则t的第i位随意
C++代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<array>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=200010,INF=2e9;
void solve(){int n,k;cin>>n>>k;vector<array<int,2>> a(n);for(int i=0;i<n;i++){int x;cin>>x;a[i]={x,i+1};}sort(a.begin(),a.end());int minn=INF,id1,id2,ai,aj;for(int i=0;i<n-1;i++){auto [c,d]=a[i];auto [e,f]=a[i+1];if((c^e)<minn){minn=(c^e);id1=d,id2=f;ai=c,aj=e;}}int t=1,x=0;for(int i=0;i<=k-1;i++){int a1=ai>>i&1,a2=aj>>i&1;//a1=a2=0则x的该位一定是1; a1!=a2则x的该位可以是0也可以是1,这里当成0; a1=a2=1则x的该位一定是0if((a1==0&&a2==0))x+=t;t*=2;}cout<<id1<<" "<<id2<<" "<<x<<endl;
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}
G. Vlad and the Mountains
分析
这题在线做法肯定会超时,那么可以用离线做法,先存储所有询问,再统一处理
首先,对于一对询问a,b,e,依题意,不能到达高度大于h[a]+e的山上
所以把每条边的权值设置成连接该边的两点的高度较大值
vector<array<int,3>> edge;//按照edge[i]={w,a,b},先是权值,然后是两个点
然后把每条边按照权值从小到大排序
vector<array<int,4>> query;//按照edge[i]={h[a]+e,a,b,i},先是h[a]+e,然后两个点,然后是询问的编号
对所有询问按照h[a]+e从小到大排序
然后依次枚举每个询问,每次将权值<=h[a]+e的边加入到并查集,然后判断a和b是否在同一连通块中,如果是,就可以从a走到b,否则不能
C++代码
#include<iostream>
#include<vector>
#include<array>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200010;
int p[N],h[N];
int find(int x){if(p[x]!=x)p[x]=find(p[x]);return p[x];
}
void merge(int a,int b){a=find(a),b=find(b);if(a!=b)p[a]=b;
}
void solve(){int n,m,q;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=i;//并查集 for(int i=1;i<=n;i++)cin>>h[i];vector<array<int,3>> edge(m);//存储所有的边 for(int i=0;i<m;i++){int a,b;cin>>a>>b;edge[i]={max(h[a],h[b]),a,b};}sort(edge.begin(),edge.end());cin>>q;vector<array<int,4>> query(q);for(int i=0;i<q;i++){int a,b,e;cin>>a>>b>>e;query[i]={h[a]+e,a,b,i};}sort(query.begin(),query.end());vector<int> ans(q,0);int t=0;for(auto [h,u,v,i]:query){//把所有高度小于等于h的点都加入到并查集中while(t<m&&edge[t][0]<=h){//只能走到高度小于等于h的山merge(edge[t][1],edge[t][2]);t++;}if(find(u)==find(v))ans[i]=1;} for(int i=0;i<q;i++)if(ans[i])puts("YES");else puts("NO");
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--){solve();} return 0;
}