《Codeforces Round #738 (Div. 2)》
作者：互联网
A：很显然对于每个bit位，只要存在一个0，最终都能通过很多次操作后全部变成0.统计全部为1的位数即可。
// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
const int M = 5e5 + 5;
const LL Mod = 1e9 + 7;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e16
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
int a[105],tag[35];
int main() {
int ca;scanf("%d",&ca);
while(ca--) {
int n;scanf("%d",&n);
memset(tag,0,sizeof(tag));
for(int i = 1;i <= n;++i) {
scanf("%d",&a[i]);
for(int j = 0;j <= 30;++j) {
int g = ((a[i] >> j) & 1);
if(g == 0) tag[j] = 1;
}
}
int ma = 0;
for(int i = 0;i <= 30;++i) {
if(tag[i] != 1) ma += (1 << i);
}
printf("%d\n",ma);
}
// system("pause");
return 0;
}
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B：每次都放置与前面不同显然最优，这里比较特殊的是以?开头，这时候要第一个字母和前面的问号不一样放置
// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
const int M = 5e5 + 5;
const LL Mod = 1e9 + 7;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e16
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
char s[105];
char cal(char c) {
if(c == 'B') return 'R';
else return 'B';
}
int main() {
int ca;scanf("%d",&ca);
while(ca--) {
int n;scanf("%d",&n);
cin >> s;
char pre = 'A';
int len = 0;
if(s[0] == '?') {
for(int i = 0;i < n;++i) {
if(s[i] != '?') {pre = s[i];break;}
++len;
}
if(pre == 'A') s[0] = 'B';
else {
if(len % 2 == 0) s[0] = pre;
else s[0] = cal(pre);
}
}
for(int i = 1;i < n;++i) {
if(s[i] != '?') continue;
s[i] = cal(s[i - 1]);
}
cout << s << endl;
}
// system("pause");
return 0;
}
/*
30
7
??BBR??
*/
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C：一开始直接冲哈密尔顿通路去了。仔细一看这个图其实比较特殊。
然后分析一下就可以发现，如果存在到终点的路径，那么一定可以到。
反之也一定到，因为如果存在到1的路径就可以从终点到1开始。
综上所诉，一定存在一种走法满足。
// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e4 + 5;
const int M = 5e5 + 5;
const LL Mod = 1e9 + 7;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e16
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
int a[N];
vector<int> ans;
void PR() {
for(int i = 0;i < ans.size();++i) printf("%d%c",ans[i],i == ans.size() - 1 ? '\n' : ' ');
}
int main() {
int ca;scanf("%d",&ca);
while(ca--) {
int n;scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d",&a[i]);
ans.clear();
if(n == 1) {
if(a[1] == 0) ans.push_back(1),ans.push_back(2);
else ans.push_back(2),ans.push_back(1);
PR();
}
else {
if(a[1] == 1) {
ans.push_back(n + 1);
for(int i = 1;i <= n;++i) ans.push_back(i);
PR();
}
else if(a[n] == 0) {
for(int i = 1;i <= n;++i) ans.push_back(i);
ans.push_back(n + 1);
PR();
}
else {
int st = 0;
for(int i = 1;i < n;++i) {
if(a[i] == 0 && a[i + 1] == 1) {
st = i;
break;
}
}
if(st != 0) {
for(int i = 1;i <= st;++i) ans.push_back(i);
ans.push_back(n + 1);
for(int i = st + 1;i <= n;++i) ans.push_back(i);
PR();
}
//else printf("-1\n");
}
}
}
// system("pause");
return 0;
}
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D1：直接n^2暴力并查集合并判断即可。
// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e3 + 5;
const int M = 5e5 + 5;
const LL Mod = 1e9 + 7;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e16
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
int n,m1,m2,fa[N];
namespace UN1{
int fa[N];
void init() {
for(int i = 1;i <= n;++i) fa[i] = i;
}
int Find(int x) {
return x == fa[x] ? x : fa[x] = Find(fa[x]);
}
void Merge(int x,int y) {
x = Find(x),y = Find(y);
fa[x] = y;
}
bool check(int x,int y) {
x = Find(x),y = Find(y);
return x != y;
}
}
namespace UN2{
int fa[N];
void init() {
for(int i = 1;i <= n;++i) fa[i] = i;
}
int Find(int x) {
return x == fa[x] ? x : fa[x] = Find(fa[x]);
}
void Merge(int x,int y) {
x = Find(x),y = Find(y);
fa[x] = y;
}
bool check(int x,int y) {
x = Find(x),y = Find(y);
return x != y;
}
}
int main() {
scanf("%d %d %d",&n,&m1,&m2);
UN1::init();
UN2::init();
while(m1--) {
int u,v;scanf("%d %d",&u,&v);
UN1::Merge(u,v);
}
while(m2--) {
int u,v;scanf("%d %d",&u,&v);
UN2::Merge(u,v);
}
vector<pii> vec;
for(int i = 1;i <= n;++i) {
for(int j = i + 1;j <= n;++j) {
if(UN1::check(i,j) && UN2::check(i,j)) {
UN1::Merge(i,j);
UN2::Merge(i,j);
vec.push_back(pii{i,j});
}
}
}
printf("%d\n",vec.size());
for(auto v : vec) printf("%d %d\n",v.first,v.second);
// system("pause");
return 0;
}
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D2：这里的思路还是比较抽象的感觉。
枚举每个点和1的连接状态。如果对于当前点v，都和1没有连接。
那么就可以加上Edeg{1,v}这条边。
反之，准备两个容器v1,v2。对于没有和1连接的边，先放入容器。
因为这些边可能由于和{i，i为和1同一并查集的某个点}连接而和1间接连接。
现在我们考虑容器中的两个边x,y。
他们肯定满足都不在1的连通块中，且他们在另一个森林中都和1在同一连通块中。（否则两个点就都在1的连通块中）
即可以看成:
{1 and y} ,{x}
{1 and x} ,{y}
那么就可以建立{x,y}这条边。
所以对于容器中的任意两个点都可以建边。
不过要注意的是，可能两个边连之后，容器中某些边都被合并在1的连通块中了。
// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
const int M = 5e5 + 5;
const LL Mod = 1e9 + 7;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e16
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
int n,m1,m2;
namespace UN1{
int fa[N];
void init() {
for(int i = 1;i <= n;++i) fa[i] = i;
}
int Find(int x) {
return x == fa[x] ? x : fa[x] = Find(fa[x]);
}
void Merge(int x,int y) {
x = Find(x),y = Find(y);
fa[x] = y;
}
bool check(int x,int y) {
x = Find(x),y = Find(y);
return x != y;
}
}
namespace UN2{
int fa[N];
void init() {
for(int i = 1;i <= n;++i) fa[i] = i;
}
int Find(int x) {
return x == fa[x] ? x : fa[x] = Find(fa[x]);
}
void Merge(int x,int y) {
x = Find(x),y = Find(y);
if(x < y) swap(x,y);
fa[x] = y;
}
bool check(int x,int y) {
x = Find(x),y = Find(y);
return x != y;
}
}
vector<pii> vec;
vector<int> v1,v2;
int main() {
scanf("%d %d %d",&n,&m1,&m2);
UN1::init();
UN2::init();
while(m1--) {
int u,v;scanf("%d %d",&u,&v);
UN1::Merge(u,v);
}
while(m2--) {
int u,v;scanf("%d %d",&u,&v);
UN2::Merge(u,v);
}
for(int i = 2;i <= n;++i) {
if(UN1::check(1,i) && UN2::check(1,i)) {
vec.push_back(pii{1,i});
UN1::Merge(1,i);
UN2::Merge(1,i);
}
else if(UN1::check(1,i)) v1.push_back(i);
else if(UN2::check(1,i)) v2.push_back(i);
}
for(int i = 0,j = 0;i < v1.size() && j < v2.size();) {
while(i < v1.size() && (!UN1::check(v1[i],1) && !UN2::check(v1[i],1))) {
++i;
}
while(j < v2.size() && (!UN2::check(v2[j],1) && !UN1::check(v2[j],1))) {
++j;
}
if(i >= v1.size() || j >= v2.size()) break;
vec.push_back(pii{v1[i],v2[j]});
UN1::Merge(v1[i],v2[j]);
UN2::Merge(v2[j],v1[i]);
++i,++j;
}
printf("%d\n",vec.size());
for(auto v : vec) printf("%d %d\n",v.first,v.second);
//system("pause");
return 0;
}
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E：这题挺不错的
首先有个很直白的三维dp，但是显然不可能这样做。
设dp[j] - 表示a1 + a2 + ... an == i的方案数。
则有:
$ans =\sum_{a1 = L1}^{r1} \sum_{a2 = L2}^{r2} ... \sum_{an = Ln}^{rn} [gcd(a1,a2...an) = 1] * dp[a1,a2....an]$
标签：typedef,const,int,LL,Codeforces,long,738,Div,define 来源： https://www.cnblogs.com/zwjzwj/p/15160065.html