Codeforces Round #804 (Div. 2) A-E题解

视频讲解：BV1vN4y1M7cx

A. The Third Three Number Problem

题目大意

给定整数 $n(1\le n\le 10^9)$ ，求任意一组 $a,b,c(0\le a,b,c\le 10^9)$ ，满足
$$(a\oplus b)+(b\oplus c)+(a\oplus c)=n$$

无解输出 $-1$ 。

题解

仅考虑最低位的情况，会发现：

• 若三个数都为 $00$ 或 $01$ ，则总和为 $00$ ；
• 若一个数为 $01$ ，另两个数为 $00$ ，则总和为 $10$ ；
• 若一个数为 $00$ ，另两个数为 $01$ ，则总和为 $10$ ；

因此对于任意一位，要不总和为 $0$ ，要不向更高位进一位。

因此若 $n$ 为奇数，则无解。
有解时，一种合法的方案为 $(\frac{n}{2},0,0)$ 。

参考代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;

int main()
{
	int T,n;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		if(n&1)
			printf("-1\n");
		else
			printf("%d %d %d\n",n/2,0,0);
	}
}

B. Almost Ternary Matrix

题目大意

给定两个偶数 $n,m(2\le n,m\le 50)$ ，求 $n\times m$ 的01矩阵，满足对于矩阵内任意位置 $(i,j)$ ，在四邻域上均有恰好2个与该元素不同的元素。

题解

用以下矩阵及其旋转90°的矩阵填充即可：

01
10

参考代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;

const int MAXN=55;
int a[MAXN][MAXN];

int main()
{
	int T,n,m,i,j;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		memset(a,0,sizeof(a));
		for(i=0;i<n;i+=2)
		{
			for(j=0;j<m;j+=2)
			{
				if((i/2+j/2)%2)
					a[i][j]=a[i+1][j+1]=1;
				else
					a[i+1][j]=a[i][j+1]=1;
			}
		}
		for(i=0;i<n;i++)
		{
			for(j=0;j<m;j++)
				printf("%d ",a[i][j]);
			puts("");
		}
	}
}

C. The Third Problem

题目大意

给定长度为 $n$ 的 $1$ 到 $n-1$ 的排列 $a$ ，求有多少排列 $b$ 与排列 $a$ “相似”。
“相似”的定义为，对于任意区间 $[l,r](1\le l\le r\le n)$ ，均有
$$MEX([a_l,a_{l+1},...,a_r])=MEX([b_l,b_{l+1},...,b_r])$$

题解

根据 $MEX$ 的定义，我们需要从小到大逐个考虑每个数。
设 $po{s}_i$ 表示排列 $a$ 中元素 $i$ 出现的位置。

考虑用类似数学归纳法的思想，求解排列 $b$ 的方案数。

初始区间 $[po{s}_0,po{s}_0]$ 的 $MEX$ 值必须为 $1$ ，因此 $0$ 位置确定，方案数为 $1$ 。

设当前区间为 $[l,r]$ ，$0$ 到 $i-1$ 的元素均在改区间中。
对于元素 $i$ ：

• 若 $po{s}_i\in [l,r]$ ，则在排列 $b$ 中元素 $i$ 也必须在 $[l,r]$ 中，可选位置数为 $r-l+1-i$ ，因此方案数 $\ast (r-l+1-i)$。
• 若 $po{s}_i\notin [l,r]$ ，则在排列 $b$ 中元素 $i$ 必须在 $po{s}_i$ 位置上，方案数不变，并且 $[l,r]$ 扩展至 $[min(l,po{s}_i),max(r,po{s}_i)]$ 。

参考代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;

const ll mod=1e9+7;
const int MAXN=100100;
int pos[MAXN];

int main()
{
	int T,n,x,i,l,r;
	ll ans;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&x);
			pos[x]=i;
		}
		l=r=pos[0];
		ans=1;
		for(i=1;i<n;i++)
		{
			if(l<=pos[i]&&pos[i]<=r)
				ans=ans*(r-l+1-i)%mod;
			else
			{
				l=min(l,pos[i]);
				r=max(r,pos[i]);
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}

D. Almost Triple Deletions

题目大意

给定长度为 $n(1\le n\le 5000)$ 的数组 $a$ 。进行若干次操作，每次操作可以选择一个 $i(1\le i<n)$ ，满足 $a_i\ne a_{i+1}$ ，然后删去 $a_i$ 和 $a_{i+1}$ 。

以任意方式进行若干次操作，求最后剩下完全相同的元素时，数组最长可以是多少。

题解

考虑对于任意区间 $[l,r]$ ，什么情况下能将其中的元素恰好完全删除。
满足以下两个条件时，方可：

• $r-l+1$ 为偶数
• 区间的众数出现次数，不超过 $\frac{n}{2}$

通过预处理或枚举区间端点等方式，可以很快判断任意区间能否完全删除。

设 $d{p}_i$ 表示在前 $i$ 个元素中，最后剩下 $a_i$ 时，最多可以剩下多时少元素。若无法剩下 $a_i$ 则为负无穷大。初始 $d{p}_0=0$ 。
则有转移式：
$$d{p}_i=\underset{j=0}{\overset{i-1}{\max }}(Deletable(j+1,r)\&(a_i=a_j|j=0))\ast (d{p}_j+1)$$

两重循环枚举 $i,j$ 即可。
枚举 $j$ 时倒序枚举以便求解 $Deletable(j+1,r)$ 。

最终答案为
$$ans=\underset{i=1}{\overset{n}{\max }}Deletable(i+1,n)\ast d{p}_i$$

参考代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;

const int MAXN=5050;
const int inf=1<<30;
int a[MAXN],sum[MAXN],dp[MAXN];

int main()
{
	int T,n,i,j,mxnum,ans;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		for(i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",&a[i]);
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			memset(sum,0,sizeof(int)*(n+5));
			dp[i]=-inf;
			mxnum=0;
			for(j=i-1;j>=0;j--)
			{
				if((i-j-1)%2==0&&mxnum<=(i-j-1)/2&&(j==0||a[i]==a[j]))
					dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
				sum[a[j]]++;
				mxnum=max(mxnum,sum[a[j]]);
			}
		}
		memset(sum,0,sizeof(int)*(n+5));
		ans=0;
		mxnum=0;
		for(i=n;i>=1;i--)
		{
			if((n-i)%2==0&&mxnum<=(n-i)/2)
				ans=max(ans,dp[i]);
			sum[a[i]]++;
			mxnum=max(mxnum,sum[a[i]]);
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}

E. Three Days Grace

题目大意

给定大小为 $n(1\le n\le 10^6)$ 的多重集合 $A$ ，每个元素在 $[1,m](1\le m\le 5\cdot 10^6)$ 范围内。

可以进行任意次操作。每次操作选择 $A$ 中一个元素 $x$ ，将其拆分为 $x=p\cdot q$ ，其中 $p,q>1$ ，然后将 $p,q$ 插入 $A$ 中，并删除 $x$ 。

求 $\max (a_i)-\min (a_i)$ 的最小值。

题解

参考了huangxiaohua的AC代码和官方题解。

考虑枚举 $L=min(a_i)$ ，求解最小的 $R=max(a_i)$ 。

从大到小枚举 $L$ ，当枚举到新的 $L$ 时，会发现对于 $L$ 的倍数 $j$ ，可能有更好的拆分方法，从而得到更小的 $R$ 。对于不是 $L$ 的倍数的数，并不会受到影响。

设 $d{p}_{i,j}$ 表示将 $j$ 拆分为若干因子后，最小因子为 $i$ 时所有因子的最大值的最小值，其中 $j\geq i $ 且 $i|j$ 。

对于 $k\ge i$ , 若 $d{p}_{k,\frac{j}{i}}\ge i$ ，则可以将 $j$ 拆出一个 $i$ ，变成子状态 $d{p}_{k,\frac{j}{i}}$ ，即

$$d{p}_{i,j}=\min (d{p}_{i,j},d{p}_{k,\frac{j}{i}})$$

实现时，$i$ 维度可以通过从大到小枚举被压缩掉，复杂度 $O(m\log m)$。

当枚举到新的 $L$ 时，对于初始就有的元素 $j$ ，其中 $L|j$ ，先删去所有旧的 $d{p}_{k,j}$ ，其中 $k>L$ ，再更新并添加上新的 $d{p}_{L,j}$ 。

参考代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;

const int MAXM=5000500;
int has[MAXM],num[MAXM],dp[MAXM];

int main()
{
	int T,n,m,l,r,ans,i,j,x;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		memset(has,0,sizeof(int)*(m+5));
		memset(num,0,sizeof(int)*(m+5));
		for(i=1;i<=m;i++)
			dp[i]=i;
		l=MAXM;r=-1;
		while(n--)
		{
			scanf("%d",&x);
			has[x]=num[x]=1;
			l=min(l,x);
			r=max(r,x);
		}
		ans=r-l;
		for(i=sqrt(m)+1;i>=1;i--)
		{
			for(j=i;j<=m;j+=i)
			{
				if(has[j])
					num[dp[j]]--;
				if(dp[j/i]>=i)
					dp[j]=min(dp[j/i],dp[j]);
				if(has[j])
					num[dp[j]]++;
			}
			while(num[r]==0)
				r--;
			ans=min(ans,r-min(i,l));
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}