Codeforces Round #765 (Div. 2)
作者:互联网
Codeforces Round #765 (Div. 2)
A. Ancient Civilization
分析
按位讨论, 对于第i位, 如果1多就选1, 0多就选0. 最后就可以把答案凑出来.
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];
void solve()
{
int n, l; cin >> n >> l;
rep(i, 0, l-1) a[i] = 0;;
rep(i, 1, n){
int tmp; cin >> tmp;
rep(j, 0, l-1)
{
if(tmp & (1<<j)) a[j]++;
else a[j]--;
}
}
LL ans = 0;
rep(i, 1, l)
{
ans += (a[i-1] > 0) * (1<<(i-1));
}
cout << ans << endl;
}
int main()
{
close();
int T; cin >> T;
while(T--) solve();
// system("pause");
}
B. Elementary Particles
分析
题意是两个字段有任意一个位置的元素相同即可, 那么我们直接考虑单个元素相同的情况即可.
于是对于两个相同的元素, 分别在位置\(i\) 和位置\(j\) , 那么显然我们可以构造出的最大子段长度是\(len = i+(n-j)\).
观察这个式子发现, 相同的元素应该尽量的近, 那么我们只考虑最近的相同元素即可. 考虑题中给的\(a_i\)的值域比较小, 直接开个桶就行了.
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;
const int L = N-1;
int b[N];
int a[N];
void solve()
{
int n; cin >> n;
int ans = 0;
rep(i, 1, n) {
cin >> a[i];
if( b[a[i]] )
{
ans = max(ans, b[a[i]]+n-i);
}
b[a[i]] = i;
}
rep(i, 1, n) b[a[i]] = 0;
cout << (ans>0?ans:-1) << endl;
}
int main()
{
close();
int T; cin >> T;
while(T--) solve();
// system("pause");
}
C. Road Optimization
分析
容易想到一个\(O(nkM)\)的dp, 其中n是限速标志个数, k是最大可移走的数量, M是速度的值域.
具体来说就是记\(dp_{i,j,o}\) 为走完以第\(i\)个路牌为起点的路段时还剩下\(j\)个可移走的数量且此时的速度是\(o\).
状态转移方程是:
\[dp_{i,j,o} = \min \left\{ \begin{array}{**lr**} dp_{i-1,j-1,o} + (d[i+1]-d[i])\cdot o \\ (\min_{c=1}^M dp_{i-1, j, c}) + (d[i+1]-d[i])\cdot a[i] & & a[i] = o \end{array} \right. \]注意到\(o\), 即速度的取值只有\(n-1\)种, 所以可以优化为\(O(n^2k)\), 其中\(k\le n-1\), 所以是\(O(n^3)\).
然后把第一维用滚动数组滚掉节省空间即可.
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 = 512;
const int M = 1e4+100;
int dp[N][N];
int a[N], d[N];
int main()
{
close();
int n, l, k; cin >> n >> l >> k;
rep(i, 1, n) cin >> d[i];
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
d[n+1] = l;
memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
dp[k][1] = (d[2]-d[1])*a[1];
rep(i, 2, n)
{
rep(j, 0, k)
{
int x = 0x3f3f3f3f;
rep(o, 1, i-1) x = min(x, dp[j][o]);
rep(o, 1, i)
{
dp[j][o] = min( dp[j+1][o]+ a[o]*(d[i+1]-d[i]), (a[i]==a[o]?x+ a[o]*(d[i+1]-d[i]):0x3f3f3f3f) ) ;
}
}
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
rep(i, 0, k)
{
rep(j, 1, n)
{
ans = min(ans, dp[i][j]);
}
}
cout << ans << endl;
// system("pause");
}
D. Binary Spiders
分析
我们约定最低位为第0位, 最高位为第29位.
记k的最高位为第\(x\)位, 记一个数的第\(x+1\)位到第\(29\)位为\(pre\), 记第\(0\)位到第\(x\)位为\(suf\).
我们不难发现, 如果两个数的pre不想等的话, 那么这两个数异或的值必然大于k. 因此我们不妨根据pre进行分组. 这样不同组的数之间的异或必然大于k.
考虑分组我们可以用map实现.
同时根据鸽巢原理, 每组如果选超过2个数, 那么异或出来的第x位必然存在0.
因此我们用trie求组内的异或最大值, 如果大于等于k, 那么把这两个选出来. 否则选择任一一个.
最终的时间复杂度是\(O(n\log n)\).
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;
struct Trie{
int top;
int size;
int a[N<<5];
int nxt[N<<5][2];
void init()
{
rep(i, 0, top) a[i] = nxt[i][0] = nxt[i][1] = 0;
top = 1;
size = 0;
}
void ins(int x)
{
int cur = 1;
dwn(i, 30, 0)
{
bool sign = ((x>>i)&1);
if( nxt[cur][sign] == 0 ) nxt[cur][sign] = ++top;
cur = nxt[cur][sign];
}
a[cur] = x; size++;
}
int query(int x)
{
int cur = 1;
if(size == 0) return -1;
dwn(i, 30, 0)
{
bool sign = ((x>>i)&1);
cur = nxt[cur][sign^1]?nxt[cur][sign^1]:nxt[cur][sign];
}
return a[cur]^x;
}
}trie;
int main()
{
close();
int n, k; cin >> n >> k;
if(k == 0)
{
cout << n << endl;
rep(i, 1, n) cout << i << " "; cout << endl;
return 0;
}
int bits = 0;
rep(i, 0, 30) if((k>>i)&1) bits = i;
bits++;
vector<int> v(n+10);
map<int, vector<int>> mp;
rep(i, 1, n)
{
cin >> v[i];
int s = 0;
dwn(j, 30, bits)
{
if((v[i]>>j)&1) s^=(1<<j);
}
mp[s].push_back(i);
}
vector<bool> vis(n+10);
trie.init();
int cnt = 0;
for(auto b: mp)
{
for(int x: b.second)
{
if(trie.query(v[x]) >= k)
{
for(int y: b.second)
{
if((v[x] ^ v[y]) >= k)
{
vis[x] = vis[y] = 1;
cnt+=2;
trie.init();
break;
}
}
}
else trie.ins(v[x]);
if(trie.size == 0) break;
}
if(trie.size != 0)
{
cnt++;
vis[b.second[0]] = 1;
trie.init();
}
}
if(cnt < 2) { cout << -1 << endl; return 0; }
cout << cnt << endl;
int c = 0;
rep(i, 1, n) if(vis[i]) { cout << i <<" "; c++; }
assert(c == cnt);
// system("pause");
}
标签:cur,int,rep,Codeforces,765,trie,Div,dp,define 来源: https://www.cnblogs.com/Arctic-Lab/p/15799728.html