Codeforces Round #554 (Div. 2)

A. Neko Finds Grapes

题意

给定两行数，用第二行的数加上第一行的数，每个数只能用一次，求出相加之和最多有多少个奇数

关键词

贪心

思路

用一行奇数加上另外一行的偶数

代码

#include 

#define Debug 0
#define MAXN 200005
#define MAXM 200
#define MAXK 10000010
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI 3.1415926535
#define pb push_back
#define SYNC ios::sync_with_stdio(false);
#define MSET(arr, v) memset((arr),(v),sizeof(arr))
#define SCAND(n) scanf("%d", &n)
#define PRINTD(n) printf("%d", n)

//#define FILE_IN "I:\\acm-workspace\\CLion-Project\\in.txt"
typedef long long ll;
typedef std::pair Pair;

using namespace std;

int n, m;
int a[MAXN], b[MAXN];
int a1=0,a2=0;
int b1=0,b2=0;

int main ()
{
#ifdef FILE_IN
    freopen(FILE_IN, "r", stdin);
#endif
//    SYNC
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
    {
        cin>>a[i];
        if(a[i]%2)
            a1++;
    }
    for (int i = 0; i < m; ++i)
    {
        cin>>b[i];
        if(b[i]%2)
            b1++;
    }
    a2 = n-a1;
    b2 = m-b1;
    int ans = min(a1,b2) + min(a2, b1);
    cout<

B. Neko Performs Cat Furrier Transform

题意

给定一个数n，定义2种操作：

1. n异或一个 2^k-1，k可以是任意正整数
2. n+=1

要求两种操作交替使用，问多少次操作才能使n为 2^m-1,m可以是任意整数。
并要求输出每次第一种操作的k。

关键词

位运算、模拟

思路

直接按要求模拟即可。

代码

#include 

#define Debug 0
#define MAXN 1000006
#define MAXM 200
#define MAXK 10000010
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI 3.1415926535
#define pb push_back
#define SYNC ios::sync_with_stdio(false);
#define MSET(arr, v) memset((arr),(v),sizeof(arr))
#define SCAND(n) scanf("%d", &n)
#define PRINTD(n) printf("%d", n)

//#define FILE_IN "I:\\acm-workspace\\CLion-Project\\in.txt"
typedef long long ll;
typedef std::pair Pair;

using namespace std;

bool vis[MAXN];

int main ()
{
#ifdef FILE_IN
    freopen(FILE_IN, "r", stdin);
#endif
//    SYNC
    int x;
    cin>>x;
    int ans = 0;
    vector op;
    int t = 0;
    while(((int)(log2(x+1))) != log2(x+1))
    {
        ans++;
        if(t)
        {
            x = x + 1;
        } else
        {
            int y = x;
            int id = 0;
            int cnt = 0;
            while(y)
            {

                if((y&1) == 0)
                    id= cnt;
                y = y >>1;
                cnt++;
            }
            x ^= (1<<(id+1))-1;

            op.pb(id+1);
        }
        t  = 1-t;

    }

    cout<

C. Neko does Maths

题意

给定两个整数a和b，要求输出能使lcm(a+k,b+k)最小的正整数k。

关键词

数论、gcd、lcm

思路

枚举b-a的因子，维护lcm最小值。
假设a>b，有如下公式：


即：gcd(a+k, b+k)一定为a-b的一个因子，通过枚举这个因子，来找到使lcm(a+k, b+k)最小的k即可。
需要注意的是，这里并不能说保证分母gcd(a-b, b+k)最大，就能得到lcm(a+k, b+k)的最小值。会WA。

代码

#include 

#define Debug 0
#define MAXN 1000006
#define MAXM 200
#define MAXK 10000010
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI 3.1415926535
#define pb push_back
#define SYNC ios::sync_with_stdio(false);
#define MSET(arr, v) memset((arr),(v),sizeof(arr))
#define SCAND(n) scanf("%d", &n)
#define PRINTD(n) printf("%d", n)

//#define FILE_IN "I:\\acm-workspace\\CLion-Project\\in.txt"
typedef long long ll;
typedef std::pair Pair;

using namespace std;

ll a, b;
ll ans = 0;
ll Lcm;

void update (ll i)
{
    ll k = i - b % i;
    ll lc = (a + k) * (b + k) / i;
    if (lc < Lcm)
    {
        Lcm = lc;
        ans = k;
    }
}

int main ()
{
#ifdef FILE_IN
    freopen(FILE_IN, "r", stdin);
#endif
//    SYNC

    cin >> a >> b;
    if (a < b)
        swap(a, b);
    ll c = a - b;
    Lcm = a * b;

    if (c == 0 || a % b == 0 || b % c == 0)
        ans = 0;
    else
        for (ll i = 1; i * i <= c; ++i)
        {
            if (c % i == 0)
            {
                update(i);
                update(c / i);
            }
        }

    cout << ans << endl;


#ifdef FILE_IN
    fclose(stdin);
#endif

    return 0;
}

D. Neko and Aki's Prank

题意

给一个长度为2n的括号序列（左括号和右括号各为n个），画出前缀树后，求最大匹配。

关键词

DP

思路

使用dp[i][j]表示还剩i个左括号j个右括号没使用时，从初始状态(n,n)到当前状态匹配的数量。
通过分析前缀树可知，每种状态，能通过dp[i+1][j]、dp[i][j+1]这2种状态转移过来。即通过增加一个左括号或右括号转移过来。
并且一个合法的括号序列，显然是在任何状态都满足j>=i，即已经使用的右括号数量一定小于等于左括号数量。不然就会出现"(()))"这种，后序无论如何都是不合法的情况。

前缀树和状态表格

图的匹配要求一个点不能连两条匹配的边。如图，(2,2)状态只有一条匹配中的边，这条边相邻的节点就不能再有匹配中的边。
也就是，状态每转移2次，第二次状态的点就可以有一条匹配中的边。再形象点，就是图中每隔一层，就会出现一次匹配的边。
显然，每转移两次，(i+j)的奇偶性就不会改变，所以，当奇偶性为某一个值时，其结果就会加1。状态一共有n*(n-1)个，所以(i+j)的奇偶性无论为0还是1时让结果加1，应该都是可以的。
由状态的定义可知，在当前状态无法使结果加一时，dp[i][j]=dp[i+1][j]+dp[i][j+1]
最终的状态转移方程：dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j+1] + (i+j)%2。dp[0][0]就是结果的解。

代码

#include 

#define Debug 0
#define MAXN 1006
#define MAXM 200
#define MAXK 10000010
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI 3.1415926535
#define pb push_back
#define SYNC ios::sync_with_stdio(false);
#define MSET(arr, v) memset((arr),(v),sizeof(arr))
#define SCAND(n) scanf("%d", &n)
#define PRINTD(n) printf("%d", n)

//#define FILE_IN "I:\\acm-workspace\\CLion-Project\\in.txt"
typedef long long ll;
typedef std::pair Pair;

using namespace std;

int n;
ll dp[MAXN][MAXN];

int main ()
{
#ifdef FILE_IN
    freopen(FILE_IN, "r", stdin);
#endif
//    SYNC

    MSET(dp, 0);
    SCAND(n);
    for (int i = n; i >= 0; --i)
    {
        for (int j = i; j >= 0; --j)
        {
            dp[i][j] = (dp[i + 1][j] + dp[i][j + 1] + (i + j) % 2) % MOD;
        }
    }


    cout << dp[0][0] << endl;


#ifdef FILE_IN
    fclose(stdin);
#endif

    return 0;
}