A. Parity
签.
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define N 100010
5 int b, k, a[N];
6
7 int main()
8 {
9 while (scanf("%d%d", &b, &k) != EOF)
10 {
11 int res = 0;
12 for (int i = 1; i <= k; ++i) scanf("%d", a + i);
13 int base = 1;
14 for (int i = k; i >= 1; --i)
15 {
16 res = (res + a[i] * base % 2) % 2;
17 base = base * b % 2;
18 }
19 puts(res % 2 ? "odd" : "even");
20 }
21 return 0;
22 }
做的时候卡了一会儿
因为想用费马小定理
认为
$b^x = b^{(x \% \phi(m))} \pmod m$
然后幂次都变为$0$
就直接加起来$模2判断一下就好了$
$但是没有考虑到0^0次的问题$
$在这里如果b % 2 == 0, 那么带b的项都为0$
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define N 100010
5 int b, k, a[N];
6
7 int main()
8 {
9 while (scanf("%d%d", &b, &k) != EOF)
10 {
11 int res = 0;
12 for (int i = 1; i <= k; ++i) scanf("%d", a + i);
13 for (int i = 1; i <= k; ++i)
14 res = (res + a[i] % 2) % 2;
15 if (b % 2 == 0) res = a[k];
16 puts(res % 2 ? "odd" : "even");
17 }
18 return 0;
19 }
B. Tape
签.
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define N 100010
5 int n, m, k;
6 int b[N];
7
8 int main()
9 {
10 while (scanf("%d%d%d", &n, &m, &k) != EOF)
11 {
12 --k;
13 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", b + i);
14 int res = b[n] - b[1] + 1;
15 priority_queue <int> pq;
16 for (int i = 2; i <= n; ++i) pq.push(b[i] - b[i - 1] - 1);
17 while (!pq.empty() && k--)
18 {
19 res -= pq.top();
20 pq.pop();
21 }
22 printf("%d\n", res);
23 }
24 return 0;
25 }
C. Meaningless Operations
Solved.
题意：
给出一个数$a$
$定义(f(a) = max_{1 <= b < a} gcd(a \oplus b, a \& b))$
给出$f(a)$
思路：
考虑$gcd(x, 0) = x$
那么我们构造$(a \& b) = 0, 并且 (a \oplus b)最大即可$
$对于2^x - 1 这种东西是没法构造的$
$考虑这样的数不多，提前打表即可$
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 int q, x;
5 map <int, int> ans;
6
7 int solve(int x)
8 {
9 if (ans.find(x) != ans.end()) return ans[x];
10 int res;
11 for (int i = 24; i >= 0; --i) if (((x >> i) & 1))
12 {
13 res = (1 << (i + 1)) - 1;
14 break;
15 }
16 return ans[x] = res;
17 }
18
19 int main()
20 {
21 ans[1] = 1,
22 ans[3] = 1,
23 ans[7] = 1,
24 ans[15] = 5,
25 ans[31] = 1,
26 ans[63] = 21,
27 ans[127] = 1,
28 ans[255] = 85,
29 ans[511] = 73,
30 ans[1023] = 341,
31 ans[2047] = 89,
32 ans[4095] = 1365,
33 ans[8191] = 1,
34 ans[16383] = 5461,
35 ans[32767] = 4681,
36 ans[65535] = 21845,
37 ans[131071] = 1,
38 ans[262143] = 87381,
39 ans[524287] = 1,
40 ans[1048575] = 349525,
41 ans[2097151] = 299593,
42 ans[4194303] = 1398101,
43 ans[8388607] = 178481,
44 ans[16777215] = 5592405,
45 ans[33554431] = 1082401;
46 while (scanf("%d", &q) != EOF)
47 {
48 while (q--)
49 {
50 scanf("%d", &x);
51 printf("%d\n", solve(x));
52 }
53 }
54 return 0;
55 }
D. Jongmah
Upsolved.
题意：
有一些数字，三个相同的数字消去
三个连续的也可以消去
求最多消去多少组
思路：
$dp[i][j][k] 表示到第i大的数, 第i - 2大的数还余了j个， 第i - 1个数还余了k个$
$的最大消去的组数$
$转移的时候注意能跟前面的余数组成连续的就组成连续的$
$因为和前面余数组成连续的只需要出一张牌就获得1的贡献$
$如果消去当前三张相同的需要三张牌，至少是不会亏的$
$注意转移的时候要把前面的余数也剪掉$
$再考虑每张牌最多出5张和前面和后面的其他牌组成连续的$
$那么j, k的状态只有6个$
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define ll long long
5 #define N 1000010
6 int n, m, a[N];
7 ll f[2][6][6];
8
9 int main()
10 {
11 while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
12 {
13 memset(a, 0, sizeof a);
14 memset(f, -1, sizeof f);
15 for (int i = 1, x; i <= n; ++i)
16 {
17 scanf("%d", &x);
18 ++a[x];
19 }
20 if (m <= 2)
21 {
22 printf("%d\n", a[1] / 3 + a[2] / 3);
23 continue;
24 }
25 ll res = 0;
26 for (int i = 0; i < 6; ++i)
27 for (int j = 0; j < 6; ++j)
28 if (a[1] >= i && a[2] >= j)
29 f[2 & 1][i][j] = (a[1] - i) / 3 + (a[2] - j) / 3;
30 //for (int i = 1; i <= m; ++i) printf("%d%c", a[i], " \n"[i == m]);
31 for (int i = 3; i <= m; ++i)
32 {
33 for (int j = 0; j < 6; ++j)
34 for (int k = 0; k < 6; ++k)
35 f[i & 1][j][k] = -1;
36 for (int j = 0; j < 6; ++j)
37 {
38 for (int k = 0; k < 6; ++k) if (f[(i & 1) ^ 1][j][k] != -1)
39 {
40 for (int o = 0; o < 6; ++o)
41 {
42 int need = min(j, min(a[i] - o, k));
43 ll base = f[(i & 1) ^ 1][j][k];
44 if (a[i] >= o)
45 {
46 for (int w = 0; w <= need; ++w)
47 f[i & 1][k - w][o] = max(f[i & 1][k - w][o], base + (a[i] - o - w) / 3 + w);
48 }
49 }
50 }
51 }
52 //for (int j = 0; j < 3; ++j)
53 // for (int k = 0; k < 3; ++k)
54 // printf("%d %d %d %lld\n", i, j, k, f[i][j][k]);
55 }
56 for (int i = 0; i < 6; ++i)
57 for (int j = 0; j < 6; ++j)
58 res = max(res, f[m & 1][i][j]);
59 printf("%lld\n", res);
60 }
61 return 0;
62 }
E. Magic Stones
Upsolved.
题意：
有一个数字序列$A[], 每次可以选择一个i \in [2, n - 1]$
$使得 A[i] = A[i + 1] + A[i - 1] - A[i]$
问能否经过一些这样的操作，使得$A[] -> B[]$
思路：
我们令$d[i] = A[i + 1] - A[i]$
我们考虑$上述的那个操作$
$d_i = A[i + 1] - (A[i + 1] + A[i - 1] - A[i]) = A[i] - A[i - 1] = d_{i - 1}$
同理
$d_{i - 1} = d_{i}$
我们注意到，这个操作变成了交换元素
$那么把B[]数组也变成差分数组，如果两个差分数组通过任意交换后相同$
$那么原序列通过以系列操作也可以相同$
$即排个序判断是否相同即可，再注意一下第一个是否相同$
F. Nearest Leaf
Upsolved.
题意：
给出一个树， 询问$离v节点最近叶子节点的距离$
注意给出的点序是$DFS序$
思路：
将询问离线，令根为$1$
$考虑如果询问1号点，那么跑一遍DFS，将所有点的距离丢进线段树$
$查最小值即可$
那么对于一个点$x$
我们考虑从线段树里面维护的距离是到它父亲$y的距离$
$那么我们要把这个距离转变成到x的距离$
$可以发现，它子树内的点都需要减去一条边，就是它父亲到它那条边$
$它子树外的点都需要加上一条边，是它父亲到它那条边$
$子树内的点是连续的，所以可以在线段树上操作$
原文地址：https://www.cnblogs.com/Dup4/p/10355916.html