Codeforces Round 888 (Div. 3) A~F

原题链接：Dashboard - Codeforces Round 888 (Div. 3) - Codeforces

目录

A. Escalator Conversations

 B. Parity Sort

 C. Tiles Comeback

D. Prefix Permutation Sums 

 E. Nastya and Potions

F. Lisa and the Martians

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A. Escalator Conversations

题意： 

 思路：暴力枚举楼梯可以造成的所有差值，然后判断即可。注意楼梯造成的差值最小为k，最大为(m-1)*k。

代码：

void solve() {
	int n,m,k,h,ans=0;
	cin>>n>>m>>k>>h;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		int x;
		cin>>x;
		for(int j=1; j

 B. Parity Sort

题意：

思路：因为奇数元素的位置只能由奇数元素换过来，所以若能有序的话，排完序之后原本奇数位置上还是奇数，偶数位置上还是偶数。

代码：

void solve() {
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>a[i];
		b[i]=a[i];
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		if(a[i]%2!=b[i]%2) {
			no;
			return;
		}
	}
	yes;
}

 C. Tiles Comeback

题意：

思路：只要有k个元素和第一个元素颜色相同，并且有k个元素和最后一个元素颜色相同 ，并且选择这两种颜色的区间不相交，答案即为YES。特别的是，第一个元素和最后一个元素颜色相同，此时只需要k个颜色即可。

代码：

void solve() {
	PII l,r;
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>a[i];
		if(a[i]==a[1]&&l.second!=k)l.first=i,l.second++;
	}
	for(int i=n; i>=1; i--) {
		if(a[i]==a[n]&&r.second!=k)r.first=i,r.second++;
	}
	if(l.second!=k||r.second!=k) {
		no;
		return;
	}
	if(a[1]==a[n]) yes;
	else {
		if(l.first

D. Prefix Permutation Sums 

题意：

思路：求出该数组的差值后，只有两种情况是YES：
①1~n之间恰好有两个数的位置上是空的，并且恰好有一个数多余的数，等于这两个位置加起来，这样就能使得1~n填满。

②1~n之间恰好有一个数的位置上是空的。此时只需将这缺的数放到数组最后面，就能令数组合法。

void solve() {
	unordered_mapmp;
	int n,sum=0,cnt=0,now;
	cin>>n;
	for(int i=1; i>a[i];
		mp[a[i]-a[i-1]]++;
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		if(!mp[i]) {
			cnt++;
			sum+=i;
		}
	}
	for(auto x:mp) {
		if(x.second>=2||x.first>n) {
			now=x.first;
			break;
		}
	}
	if(now==sum&&cnt==2||cnt==1)yes;
	else no;
}

 E. Nastya and Potions

题意：

思路： dfs即可，第i个药水的最小价值为dfs(e[1])+dfs(e[2])+......dfs(e[m[i]))。

代码：

int dfs(int u){
	if(st[u]!=-1)return st[u];
	if(e[u].size()==0) return c[u];
	int sum=0;
	for(auto x:e[u]){
		sum+=dfs(x);
	}
	return st[u]=min(c[u],sum);
}
void solve() {
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>c[i],e[i].clear(),st[i]=-1;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		int x;
		cin>>x;
		c[x]=0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;
		cin>>x;
		for(int j=1;j<=x;j++){
			int xx;
			cin>>xx;
			e[i].push_back(xx);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)cout<

F. Lisa and the Martians

题意： 

思路：因为&和^操作对位与位之间不会产生影响，所以我们从单个的位来思考：若两个位不同，那么无论选择的x是什么，这个位异或x然后相与之后都会变成0。

比如第一个数是0，第二个数是1，用1来异或这两数后，第一个数变0，第二个数变1，他们两相与为0；用0来异或这两数后，第一个数还是0，第二个数还是1，他们两相与还是为0。

若两个位相同，我们则可以选择一个与该位相反的数，使这个位异或相与之后为1。

比如第一个数是0，第二个数是0，用1来异或这两数后，第一个数变1，第二个数变1，他们两相与为1；比如第一个数是1，第二个数是1，用0来异或这两数后，第一个数还是1，第二个数还是1，他们两相与还是1；

所以我们需要找到该数组的最大与或对，也就是最小异或对。

然后有一个结论：最小异或对是数组排完序之后，相邻异或和的最小值。

因此我们只需排一下序，然后遍历标记数组，就可以得到最小异或对的位置了。而x的值，可以由这个两个异或对中的任意一个，在二进制位上取反来获得。

代码：

void solve() {
	vectorv;
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		int x;
		cin>>x;
		v.push_back({x,i});
	}
	sort(v.begin(),v.end());
	int minn=inf,pos1,pos2,ans;
	for(int i=1; i