- A. Specific Tastes of Andre
- B. Valerii Against Everyone
- C. Engineer Artem
- D. Powerful Ksenia
- E. Yurii Can Do Everything
- F. Olha and Igor
A. Specific Tastes of Andre
题意：
构造一个长度为n数组，使得数组的和能被n整除
思路：
输出数组全为1即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int t, n;
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n;i++)
cout << 1 << ' ';
cout << endl;
}
return 0;
}
B. Valerii Against Everyone
大意：
给出 \(b_i 以及 a_i = 2^{b_i}\) ，问是否存在两个不交叉区间，使得两个区间 \(a_i\)的和相等。
思路：
需要考虑\(a_i\)的性质，因为\(a_i\)为2的幂次方，所以如果任意\(a_i\)相加的话，如果不是两个数直接相等，这两个区间和是不可能相等的，所以只需要找相等的\(a_i\)即可，也就是找相等的\(b_i\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int t, n,x,flag;
int main(){
cin >> t;
while(t--){
cin >> n;
flag = 0;
map<int,int> mp;
for (int i = 0; i < n;i++){
cin >> x;
if(mp[x]==0){
mp[x] = 1;
}
else{
flag = 1;
}
}
if(flag){
cout << "YES" << endl;
}
else{
cout << "NO" << endl;
}
}
return 0;
}
C. Engineer Artem
题意
对于一个矩阵，你可以对矩阵的每个元素选择是否加一，最后使得这个矩阵每个元素相邻不能有相同元素。
思路
对每一个元素，如果横坐标加纵坐标为偶数，就让这个元素变为偶数，如果横坐标加纵坐标为奇数，就让这个元素变为奇数，这样每个相邻元素都是奇数和偶数的关系，就不会出现相同的元素。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int t, n, m, a[105][105],cnt;
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n;i++){
for (int j = 1; j<= m;j++){
cin>>a[i][j];
if((i+j)%2!=a[i][j]%2){
a[i][j]++;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n;i++){
for (int j = 1; j<= m;j++){
cout << a[i][j] << ' ';
}
cout << endl;
}
}
return 0;
}
D. Powerful Ksenia
大意：
给出一个数组，每次可以选取三个不同位置的元素，将他们赋值为这三个元素的异或和，问能否在n-1步之内将这个数组全部修改为相同的数字
思路：
考虑到当三个数分别为\(x,x,y\)时，相当于将y赋值给x的位置，所以我们可以先获得一些相同的元素，然后两两与另一个元素异或，最终使得整个数组赋值为相同的值。
当数组长度为奇数时，以上操作是始终可以实现的，选取的方式为：
首先选取1，2，3 然后选取3，4，5，然后选取5，6，7......得到形如：
\(xxyyzzz\)
的数组，然后选择1，2，n 然后选取3，4，n...... 最终将数组全部转化为z
可以发现需要操作的次数正好为n-1次
而对于偶数长度的数组，可以首先判断整个数组的异或和是否为0，如果为0则不能实现，因为仔细观察可以发现以上操作并不改变数组的异或和。如果可以实现，直接按照奇数的情况来实现即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n,a[N],sum;
int main(){
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n;i++){
cin >> a[i];
sum ^= a[i];
}
if(n&1){
cout << "YES" << endl;
cout << n - 1 << endl;
for (int i = 1; i <= (n - 1) / 2;i++){
cout << 2 * (i - 1) + 1 << ' ' << 2 * (i - 1) + 2 << ' ' << 2 * (i - 1) + 3 << endl;
}
for (int i = 1; i <= (n - 1) / 2;i++){
cout << 2 * (i - 1) + 1 << ' ' << 2 * (i - 1) + 2 << ' ' << n << endl;
}
}
else{
if(sum){
cout << "NO" << endl;
}
else{
cout << "YES" << endl;
cout << n - 2 << endl;
for (int i = 1; i <= (n - 2) / 2;i++){
cout << 2 * (i - 1) + 1 << ' ' << 2 * (i - 1) + 2 << ' ' << 2 * (i - 1) + 3 << endl;
}
for (int i = 1; i <= (n - 2) / 2;i++){
cout << 2 * (i - 1) + 1 << ' ' << 2 * (i - 1) + 2 << ' ' << n << endl;
}
}
}
return 0;
}
E. Yurii Can Do Everything
大意：
给出一个数组，对于对于一个子区间，定义满足如下条件的子区间为“好”区间：
1.子区间长度至少为3
2.子区间两端的异或和 等于 子区间除了两个端点以外所有元素的和
问该数组有多少“好”区间？
思路：
出题人说是暴力题....这是我没想到的，虽然\(n=2e5\),但是符合条件的区间很少，符合什么条件呢？
假设区间\([l,r]\)两侧元素\(a_l\)和\(a_r\)的二进制表示，其最高位分别是\(b_l\)和\(b_r\)，那么区间内的元素相加，其和必然小于\(2^{max(b_l,b_r)+1}\),所以可以根据这个约束进行两遍暴力即可，先是从左往右暴力一遍，然后是从右往左暴力一遍，这样可以保证所有符合条件的区间都会被收录，另外在暴力的时候注意去重
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n,a[N],res;
map<pair<int, int>, int> mp;
void solve1(){
for (int i = 0; i < n-2;i++){
int k;
for (int j = 29; j >= 0;j--){
if((1<<j)&a[i]){
k = j;
break;
}
}
k++;
long long sum = a[i+1];
for (int j = i + 2; j < n;j++){
if(sum==(a[i]^a[j])){
res++;
mp[{i, j}] = 1;
//cout << i+1 << ' ' << j+1 << endl;
}
else
sum += a[j];
if(sum>=(1<<k)){
break;
}
}
}
}
void solve2(){
for (int i = n; i >= 2;i--){
int k;
for (int j = 29; j >= 0;j--){
if((1<<j)&a[i]){
k = j;
break;
}
}
k++;
long long sum = a[i-1];
for (int j = i - 2; j >= 0;j--){
if(sum==(a[i]^a[j])&&(mp[{j,i}]==0)){
res++;
//cout << j+1 << ' ' << i+1 << endl;
}
else
sum += a[j];
if(sum>=(1<<k)){
break;
}
}
}
}
int main(){
cin >> n;
for (int i = 0; i < n;i++){
cin>>a[i];
}
solve1();
solve2();
cout << res << endl;
return 0;
}
F. Olha and Igor
交互题，先鸽了~