Educational Codeforces Round 155 (Rated for Div. 2)(A-D)

A. Rigged!

签到。我们贪心的想，让此时的重量为第一个人的的重量$w_1$，若在$2-n$中存在某个人的重量大于$w_1$并且耐力比第一个人还要久，那么输出-1即可。

#include 

using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;



void solve()
{
    int n;
    cin>>n;
    vector<pll> a(n+5);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        int x,y;
        cin>>x>>y;
        a[i]={x,y};
    }
    int v=a[1].second;
    ll ans=a[1].first;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        auto [x,y]=a[i];
        if(y>=v&&x>=ans){
            cout<<-1<<endl;
            return ;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t=1;
	cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
    system("pause");
    return 0;
}

B. Chips on the Board

签到。我们发现只要满足对$n$列来说，只要每一行至少存在一个数就算合法，对于$n$行而言同理。

#include 

using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;

void solve()
{
    int n;
    cin>>n;
    vector<ll> a(n+5),b(n+5);
    ll sum1=0,sum2=0;
    ll m1=2e9,m2=2e9;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>a[i];
        sum1+=a[i];
        m1=min(m1,a[i]);
    }
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>b[i];
        sum2+=b[i];
        m2=min(m2,b[i]);
    }
    ll ans=min(m1*n+sum2,m2*n+sum1);
    cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t=1;
	cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
    system("pause");
    return 0;
}

C. Make it Alternating

题意：
给你一个二进制字符串 $s$。二进制字符串是由字符 0 和/或 1 组成的字符串。

您可以对 $s$ 执行以下操作 （即使是零） 的任意次数：

• 选择一个整数 $i$，使得 $1\le i\le |s|$，然后擦除字符 $s_i$。

您必须让$s$交替出现，也就是说，在您执行操作后，$s$中每两个相邻的字符应该是不同的。

您的目标是计算两个值：

• 使 $s$ 交替出现所需的最少操作次数；
• 使 $s$ 交替出现的最短操作序列的个数。如果在这两个操作序列中，至少有一个操作所选择的整数 $i$ 是不同的，那么这两个操作序列就是不同的。

思路：
对于第一问十分简单，我们只需要计算相同的所有相同的块变为1的数量。
第二问：考虑对于每组块内的删除，若一组块的个数为3，那么该组块有3种删法，根据乘法原理我们可以知道，若我们有$n$组块，每组块有$a_i$个，那么我们是删除方法有${\prod }_{i=0}^n{a}_i$种，又因为题目要求为排列，所以再乘以所有块数的阶乘即可。

#include 

using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 998244353;
const int maxv = 4e6 + 5;


void solve()
{
    string s;
    cin>>s;
    int cnt=1;
    vector<int> a;
    for(int i=1;i<s.size();i++){
        if(s[i]==s[i-1]) cnt++;
        else {
            a.push_back(cnt);
            cnt=1;
        }
    }
    if(cnt>1) a.push_back(cnt);
    ll ans1=0,ans2=1;
    for(auto x: a){
        ans1+=(x-1);
        ans1%=mod;
        ans2=ans2*x%mod;
    }
    for(int i=1;i<=ans1;i++){
        ans2=ans2*i%mod;
    }
    cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl;

}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    t = 1;
    cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system("pause");
    return 0;
}

D. Sum of XOR Functions

题意：
给你一个长度为 $n$ 的数组 $a$ ，由非负整数组成。

您必须计算 ${\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^{n}f(l,r)\cdot (r-l+1)$ 的值，其中 $f(l,r)$ 是 $a_l\oplus a_{l+1}\oplus \cdots \oplus a_{r-1}\oplus a_r$（字符 $\oplus$ 表示位向 XOR）。

由于答案可能非常大，因此请打印它的模数 $998244353$。

思路：拆位算贡献
$$\begin{array}{rl}{s}_k& =\underset{i=1}{\overset{k}{⨁}}{a}_i\\ f(l,r)& =\underset{i=l}{\overset{r}{⨁}}{a}_i\\ & =s_r\oplus s_{l-1}\end{array}$$
$$\begin{array}{rl}ans& =\sum _{l=1}^n\sum _{r=l}^{n}f(l,r)\cdot (r-l+1)\\ & =\sum _{l=1}^n\sum _{r=l}^{n}f(l,r)\cdot r-f(l,r)\cdot (l-1)\\ & =\sum _{l=0}^n\sum _{r=l}^n(\sum _{i=0}^{32}{2}^i\ast ((s_r\&2^i)\oplus (s_l\&2^i))\ast (r-l))\end{array}$$

那么每个数每一位的贡献为：

$$\begin{array}{rl}res& =2^i[(r-l_1)+(r-l_2)+...+(r-l_k)]\\ & =2^i[kr-\sum _{i=1}^k{l}_i]\end{array}$$

#include 

using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 998244353;
const int maxv = 4e6 + 5;

ll f[N][35], c[N][35];

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vector<ll> a(n + 5);
    vector<ll> s(n + 5);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        s[i] = s[i - 1] ^ a[i];
    ll ans = 0;
    for (int i = 0; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 0; j <= 30; j++)
        {
            f[j][(s[i] >> j) & 1]=(f[j][(s[i] >> j) & 1]+1)%mod;
            c[j][(s[i] >> j) & 1]=(c[j][(s[i] >> j) & 1]+i)%mod;
        }
        for (int j = 0; j <= 30; j++)
        {
            ans = (ans + (1ll << j)%mod * ((f[j][(s[i] >> j & 1) ^ 1]%mod * (ll)i - c[j][(s[i] >> j & 1) ^ 1])%mod+mod) % mod) % mod;

        }
    }
    cout << ans << endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    t = 1;
    // cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system("pause");
    return 0;
}