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A
题意
\(n\，找到一组正整数 \(x,y \leq n\，满足 \(x^y \cdot y + y^x \cdot x = n\ 。
题解
知识点：数学。
\(x=1\，显然此时 \(2y = n\，如果 \(n\ 为偶数可以直接求得。
\(x,y\ 奇偶性结果都是偶数，因此 \(n\ 为奇数时无解。
\(O(1\
\(O(1\
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve( {
int n;
cin >> n;
if (n & 1 return false;
else cout << 1 << ' ' << n / 2 << '\n';
return true;
}
int main( {
std::ios::sync_with_stdio(0, cin.tie(0, cout.tie(0;
int t = 1;
cin >> t;
while (t-- {
if (!solve( cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
题意
给定一个正整数 \(n\，将其分解为 \(\prod_{i=1}^m a_{i}^{p_{i}}\，其中 \(a_i\ 是不同素数的乘积。
\(\sum_{i=1}^m a_i \cdot p_i\ 的最大值。
题解
知识点：质因数分解，贪心。
\(n\ 质因数分解 \(\prod_{i=1}^m a_{i}^{p_{i}}\，其中 \(a_i\ 为素数。
\(a_i^{p_i},a_j^{p_j}\合并成一个新的数 \((a_i \cdot a_j^{\min(p_i,p_j}\，这样的答案更优，因此我们考虑合并能合并不同的素数。
\(O(\sqrt n\
\(O(1\
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void get_pfactor(int n, vector<pair<int, int>> &pfactor {
for (int i = 2;i * i <= n;i++ {
if (!(n % i {
pfactor.push_back({ i,0 };
while (!(n % i n /= i, pfactor.back(.second++;
}
}
if (n > 1 pfactor.push_back({ n,1 };//最后可能留一个大于sqrt(n的质数
}
bool solve( {
int n;
cin >> n;
vector<pair<int, int>> pfactor;
get_pfactor(n, pfactor;
vector<ll> v(32, 1;
for (auto [x, y] : pfactor v[y] *= x;
ll ans = 0;
for (int i = 30;i >= 1;i-- v[i] *= v[i + 1], ans += (v[i] > 1 * v[i];
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main( {
std::ios::sync_with_stdio(0, cin.tie(0, cout.tie(0;
int t = 1;
cin >> t;
while (t-- {
if (!solve( cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题意
给定一组数 \(a_i\ 和 \(s\，将 \(a_i,i \in [2,n-1]\ 分解为新的两个非负整数 \(x_i,y_i\ 且满足 \((x_i - s \cdot (y_i - s \geq 0\ 。
\(F = a_1 \cdot x_2 + y_2 \cdot x_3 + \cdots + y_{n-1} \cdot a_n\ 的最小值。
题解
知识点：线性dp，贪心。
\(x_i,y_i\ 满足的不等式，可以理解为 \(x_i,y_i\ 要同时大于等于 \(s\ 或小于等于 \(s\ 。
\(a_i\ 贪心地分解为一个最小值和一个最大值，即当 \(a_i \geq 2s\，可以分解为 \(x_i = s,y_i = a_i-s\ ；当 \(a_i < 2s\，可以分解为 \(x_i = \max(0,a_i-s,y_i = \min(s,a_i\ 。可以如此证明，考虑某一段 \(y_{i-1} \cdot x_i+y_i\cdot x_{i+1} = (y_{i-1}-x_{i+1}\cdot x_i+a_i\cdot x_{i+1}\，无论 \(y_{i-1},x_{i+1}\ 如何，\(x_i\ 的极值点一定是在最小值或最大值处，而且这种选择没有后效性，因此分解只需要分解为一个最小值和一个最大值。
\(f_{i,0/1}\ 表示 \(a_1\cdot x_2 + \cdots+y_{i-1} \cdot x_i\ 中 \(x_i\ 是最小值/最大值时 \(F\ 的最小值，我们可以通过 \(f_{i-1,0/1}\ 来转移。
\(O(n\
\(O(n\
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve( {
int n, s;
cin >> n >> s;
vector<pair<int, int>> p(n + 1;
for (int i = 1;i <= n;i++ {
int x;
cin >> x;
if (i == 1 p[1] = { 1e9,x };
else if (i == n p[n] = { x,1e9 };
else {
if (x >= 2 * s p[i] = { s,x - s };
else p[i] = { max(0,x - s,min(x,s };
}
}
array<ll, 2> f{};
f[0] = f[1] = 0;
for (int i = 2;i <= n;i++ {
array<ll, 2> g{};
auto [x1, y1] = p[i - 1];
auto [x2, y2] = p[i];
g[0] = min(f[0] + 1LL * y1 * x2, f[1] + 1LL * x1 * x2;
g[1] = min(f[0] + 1LL * y1 * y2, f[1] + 1LL * x1 * y2;
f = g;
}
cout << f[0] << '\n';
return true;
}
int main( {
std::ios::sync_with_stdio(0, cin.tie(0, cout.tie(0;
int t = 1;
cin >> t;
while (t-- {
if (!solve( cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
题意
给定 \(n\ 个数 \(a_i\，从第 \(1\ 个数出发，每次可以跳到第 \(i+a_i\ 个数，直到跳到 \(<1\ 或 \(>n\ 的地方游戏结束。
\([-n,n]\ 的任意一个数字，问有多少种改变方式（不改也算一种），能使得游戏结束。
题解
知识点：dfs，枚举。
\(0\ 作为游戏结束的点，那么 \(1\ 与 \(0\ 连通表示游戏一定可以结束。
- 从 \(1\ 出发能经过的点。
- 与 \(1\ 无关的其他点。
对于第二类点，改变他们并不影响 \(1\ 到终点的连通状态。因此，当 \(1\ 初始已经合法，那么他们能直接贡献 \(2n+1\ 个改变方案，否则没有任何贡献。
\(1\ 无解或路径成环。除去 \(n+1\ 种直接导向 \(0\ 点的方案，他们只能连接那些能到达 \(0\ 且不会使路径成环的点。
\(0\ 的距离（无穷大表示不可达）。第一类点可以导向距离比他小的第一类点，而反之一定成环。对于第二类点，如果他们能导向某个第一类点，那么我们可以认为他们的距离和这个第一类点是一样的，因为他们能不能使得路径成环，取决于他们导向的那个第一类点的距离大小，于是我们可以用相同的策略判断第二类点是否可以被导向。因此，我们把可达的点的距离排个序，每次可以二分查找得到合法点的个数
\(O(n \log n\
\(O(n\
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n;
int a[200007];
bool vis[200007], vis2[200007];
int dis[200007];
int dfs(int u {
if (u < 1 || u > n return 0;
if (vis[u] return dis[u];
vis[u] = 1;
return dis[u] = dfs(u + a[u] + 1;
}
int dfs2(int u {
if (u < 1 || u > n return 0;
if (vis[u] || vis2[u] return dis[u];
vis2[u] = 1;
return dis[u] = dfs2(u + a[u];
}
bool solve( {
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++ cin >> a[i], dis[i] = 1e9, vis[i] = vis2[i] = 0;
dfs(1;
for (int i = 1;i <= n;i++ dfs2(i;
vector<int> v;
for (int i = 1;i <= n;i++ if (dis[i] < 1e9 v.push_back(dis[i];
sort(v.begin(, v.end(;
ll ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++ {
if (vis[i] ans += n + 1 + (lower_bound(v.begin(, v.end(, dis[i] - v.begin(;
else if (dis[1] < 1e9 ans += 2 * n + 1;
}
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main( {
std::ios::sync_with_stdio(0, cin.tie(0, cout.tie(0;
int t = 1;
cin >> t;
while (t-- {
if (!solve( cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
E
题意
给定正整数 \(n,k,x\，要求分为恰好 \(k\ 个非空子序列，使得这 \(k\ 个子序列的异或和都为 \(x\ 。
题解
知识点：位运算，贪心，构造。
\(k\ 个 \(x\ 的异或和等于 \(a_i\ 的异或和。满足必要条件后，我们尝试划分序列。
\(k\ 相同，而其他数的异或和一定为 \(0\ 。
-
\(k\ 个一定无解，因为已经是能得到的最大值了。
最大值大于等于 \(k\ 一定有解，我们可以把多出来的序列和多余的数全部扔进一个序列里，不会改变异或和。
\([1,n]\ 中：
- 如果有 \(x\ 那就单独分一组。
- 对于 \(i\，如果 \(x \oplus i \leq n\，那就 \(i, x \oplus i\ 两个数分一组。
证明：
\(x\，那么我们一定要保证每个序列都有奇数个数，满足在 \(x\ 的最高位 \(1\ 处也是 \(1\ 。
\([1,n]\ 中有 \(m\ 个数满足在 \(x\ 的最高位 \(1\ 处也是 \(1\，那我们至多可以分 \(m\ 个序列。
\(m\ 个数中任意一个数 \(i\，\(i \oplus x\ 一定小于 \(i\，所以一定能找到数 \(i \oplus x\ 与其对应。同时，根据异或运算的等式性质，可以断定 \(i,i \oplus x\ 是唯一确定的一对，不会出现一个数被多个数对应，所以我们至少可以分 \(m\ 个序列。
\(i,i \oplus x\ （ \(x\ 可以直接安排进一个序列）的方式分出最多的序列，共 \(m\ 个。
时间复杂度 \(O(n\
\(O(n\
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve( {
int n, k, x;
cin >> n >> k >> x;
int xsum = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++ xsum ^= i;
if (xsum != x * (k & 1 return false;
vector<char> vis(n + 1;
vector<vector<int>> v;
for (int i = 1;i <= n;i++ {
if (vis[i] || (x ^ i > n continue;
if (i == x v.push_back({ i };
else v.push_back({ i,x ^ i };
vis[i] = vis[i ^ x] = 1;
}
if (v.size( < k return false;
cout << "YES" << '\n';
for (int i = 0;i < k - 1;i++ {
cout << v[i].size( << ' ';
for (auto val : v[i] cout << val << ' ';
cout << '\n';
}
vector<int> r;
for (int i = k - 1;i < v.size(;i++ for (auto val : v[i] r.push_back(val;
for (int i = 1;i <= n;i++ if (!vis[i] r.push_back(i;
cout << r.size( << ' ';
for (auto val : r cout << val << ' ';
cout << '\n';
return true;
}
int main( {
std::ios::sync_with_stdio(0, cin.tie(0, cout.tie(0;
int t = 1;
cin >> t;
while (t-- {
if (!solve( cout << "NO" << '\n';
}
return 0;
}
编程笔记 » TypeDB Forces 2023 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes) A-E