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大致题意:
给你一大小为 n n n 的数组,要求最长的连续的且和不能被x整除子数组,无法中找到输出 -1 。
解题报告:
先考虑 -1 的情况:每一位都能被 x 整除
在考虑 n 的情况:所有元素之和不能被 x 整除
其他情况:
左右指针同时开始遍历,很明显当前位为 0 对和没有影响,因此要删除一位不为 0 的数即可,最后取一个最大长度。
#include
#define LL long long
#define pii pair
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const LL MOD=1e9+7;
inline int read()
{
int s=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return s*f;
}
inline void write(int x)
{
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9)
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int p[maxn];
int T,n,k;
int main() {
T=read();
while(T--){
int sum=0;
n=read(),k=read();
for(int i=1;i<=n;i++) {
p[i]=read();
p[i]%=k;sum+=p[i];
}
if(sum==0) write(-1);
else if(sum%k) write(n);
else {
int l=1,r=n,ans=-1;
while(p[l]==0) l++;
while(p[r]==0) r--;
ans=max(ans,max(n-l,r-1));
write(ans);
}
putchar('\n');
}
return 0;
}
大致题意:
给你一个 1 1 1~ n n n 的排列,求满足以下要求的非连续子数组:
1):相邻的差的绝对值之和在所有子数组中最大。
2):所有子数组中它的长度最短。
解题报告:
比较直观的想法:夹在两数之间的数可以忽略 (1,3,4 ;3可忽略)
仔细分析:假设有三个数 s 1 s_{1} s1, s 2 s_{2} s2, s 3 s_{3} s3 满足关系: s 1 s_{1} s1> s 2 s_{2} s2> s 3 s_{3} s3 或 s 1 s_{1} s1< s 2 s_{2} s2< s 3 s_{3} s3 , | s 1 s_{1} s1- s 2 s_{2} s2 | + | s 2 s_{2} s2- s 3 s_{3} s3 | = | s 1 s_{1} s1- s 3 s_{3} s3 | ,容易看出 s 2 s_{2} s2 是没有意义的存在,因此对于全排列满足此关系的均无意义。
#include
#define LL long long
#define pii pair
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const LL MOD=1e9+7;
int p[maxn];
vector<int>g;
int main() {
int T,n;
scanf("%d",&T);
while(T--){
g.clear();
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
g.push_back(p[1]);
for(int i=2;i<n;i++){
if(p[i]>p[i-1]&&p[i]<p[i+1]) continue;
if(p[i]<p[i-1]&&p[i]>p[i+1]) continue;
g.push_back(p[i]);
}
g.push_back(p[n]);
printf("%d\n",g.size());
for(auto it:g) printf("%d ",it);
printf("\n");
}
return 0;
}
大致题意:
给你大小为 n 的 a a a 数组,要你求 b b b 数组,对于每个 b i b_{i} bi 满足如下关系:
M E X MEX MEX({ b 1 b_{1} b1, b 2 b_{2} b2, b 3 b_{3} b3… b i b_{i} bi })= b i b_{i} bi。
M E X MEX MEX:表示最小的不在该集合中的元素。
解题报告:
题意给出的 a a a 数组是不降子序列且满足 0<= a i a_{i} ai <=i ,那么对于每个 b i b_{i} bi均有解。
对于 a i a_{i} ai!= a i − 1 a_{i-1} ai−1 ,显然使 b i b_{i} bi= a i − 1 a_{i-1} ai−1,这里是维护好 M E X MEX MEX
否则的话我们可以挑选未在 a a a数组中出现的元素进行填充。
#include
#define LL long long
#define pii pair
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const LL MOD=1e9+7;
inline int read(){
int s=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return s*f;
}
inline void write(int x){
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
bool vis[maxn];
int p[maxn],G1[maxn],G2[maxn];
int main() {
int n,g1=0,g2=0;
vis[0]=false;
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
p[i]=read();
vis[i]=false;
vis[p[i]]=true;
}
for(int i=0;i<=n;i++){
if(!vis[i]) G2[++g2]=i;
else G1[++g1]=i;
}
int id1=0,id2=0;
write(G2[++id2]);
putchar(' ');
for(int i=2;i<=n;i++){
if(p[i]==p[i-1]){
if(id2==g2) write(G2[id2]);
else write(G2[++id2]);
}else{
write(G1[++id1]);
}
putchar(' ');
}
return 0;
}
大致题意:
n ( 结 点 数 ) n(结点数) n(结点数), m ( 边 数 ) m(边数) m(边数)的无向图连通图,一个整数 k k k。需要执行下面任意一种操作:
( 1 ) : (1): (1): 找到一个大小恰好为 ⌈ k 2 ⌉ \left \lceil \frac{k}{2} \right \rceil ⌈2k⌉ 的独立点集
( 2 ) : (2): (2): 找到一个大小不超过 k k k的环
独立集: 该集合中任意两点都不存在连边。
所给点的图一定满足上述一种关系。
解题报告:
对于连通图而言可分为:树图 , , , 非树图 。
若为树图,按深度的奇偶性分为两个独立集,因此一定存在 ⌈ k 2 ⌉ \left\lceil\frac{k}{2}\right\rceil ⌈2k⌉大小的独立集。
若为 非树图,则一定存在环,假设最小环的长度为 M i n Min Min
当 M i n Min Min < = <= <= k k k ,显然满足条件 ( 2 ) (2) (2)
当 M i n Min Min > > > k k k , 因为独立集同处于一个环上,我们可以交叉分配成两个独立集,因为 M i n > k Min>k Min>k,所以 ⌈ k 2 ⌉ < ⌈ M i n 2 ⌉ \left\lceil\frac{k}{2}\right\rceil<\left\lceil\frac{Min}{2}\right\rceil ⌈2k⌉<⌈2Min⌉ ,因此一定存在 ⌈ k 2 ⌉ \left\lceil\frac{k}{2}\right\rceil ⌈2k⌉大小的独立集。
#include
#define LL long long
#define pii pair
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const LL MOD=1e9+7;
struct TMD{
int to,next;
}edge[maxn<<1];
int head[maxn],cnt,deep[maxn],n,m,k,pre[maxn];
vector<int>g1,g2;
int Min=inf,s,e;
void add(int from,int to){
edge[++cnt]={to,head[from]};
head[from]=cnt;
}
void dfs(int now,int fa){
deep[now]=deep[fa]+1;
pre[now]=fa;
for(int i=head[now];i;i=edge[i].next){
int to=edge[i].to;
if(to==fa) continue;
if(!deep[to]) dfs(to,now);
else{
if(abs(deep[now]-deep[to])+1<Min){
Min=abs(deep[now]-deep[to])+1;
s=now,e=to;
}
}
}
}
int main(){
int u,v;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);add(v,u);
}
dfs(1,0);
if(m==n-1){
printf("1\n");
for(int i=1;i<=n;i++){
if(deep[i]&1) g1.push_back(i);
else g2.push_back(i);
}
int K=(k+1)/2;
if(g1.size()>=K){
for(int i=0;K>0;i++,K--) printf("%d ",g1[i]);
}else {
for(int i=0;K>0;i++,K--) printf("%d ",g2[i]);
}
}else{
if(Min<=k){
printf("2\n%d\n%d",Min,s);
for(int i=pre[s];i!=e;i=pre[i]) printf(" %d",i);
printf(" %d\n",e);
}else{
k=(k+1)/2;
printf("1\n%d",s);
for(int i=pre[pre[s]];k>1;i=pre[pre[i]],k--) printf(" %d",i);
}
}
return 0;
}