A. Elevator or Stairs?
签.
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 int x, y, z, t[3];
5
6 int main()
7 {
8 while (scanf("%d%d%d", &x, &y, &z) != EOF)
9 {
10 for (int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", t + i);
11 int a = (abs(z - x) + abs(x - y)) * t[1] + 3 * t[2];
12 int b = abs(x - y) * t[0];
13 puts(a <= b ? "YES" : "NO");
14 }
15 return 0;
16 }
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B. Appending Mex
签.
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define N 100010
5 int n, a[N], vis[N], last;
6
7 void solve()
8 {
9 for (int i = 1; i <= n; ++i)
10 {
11 while (vis[last + 1]) ++last;
12 if (a[i] > last + 1)
13 {
14 printf("%d\n", i);
15 return;
16 }
17 vis[a[i]] = 1;
18 }
19 puts("-1");
20 }
21
22 int main()
23 {
24 while (scanf("%d", &n) != EOF)
25 {
26 memset(vis, 0, sizeof vis); last = -1;
27 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
28 solve();
29 }
30 return 0;
31 }
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C. Candies Distribution
Upsolved.
题意：
一个序列，$a_i取值为[1, n]$
告诉你$每个数左边有多少数大于你，记为l_i$
$右边有多少数大于你,记为r_i$
让你还原出这个序列，如果没有合法的输出$NO$
思路：
$我们知道一个数的l_i + r_i 越大，那么这个数越小$
$那我们不妨令 a_i = n - l_i - r_i$
$再检查一遍即可$
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define N 1010
5 int n, l[N], r[N], v[N];
6
7 int main()
8 {
9 while (scanf("%d", &n) != EOF)
10 {
11 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", l + i);
12 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", r + i);
13 for (int i = 1; i <= n; ++i) v[i] = n - l[i] - r[i];
14 bool flag = true;
15 for (int i = 1; i <= n; ++i)
16 {
17 for (int j = 1; j < i; ++j)
18 if (v[j] > v[i])
19 --l[i];
20 for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
21 if (v[j] > v[i])
22 --r[i];
23 if (l[i] != 0 || r[i] != 0)
24 {
25 flag = false;
26 break;
27 }
28 }
29 if (!flag) puts("NO");
30 else
31 {
32 puts("YES");
33 for (int i = 1; i <= n; ++i)
34 printf("%d%c", v[i], " \n"[i == n]);
35 }
36 }
37 return 0;
38 }
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D. Changing Array
Upsolved.
题意：
给一个序列，$可以将每个位置上的数取反$
$求最多有多少子区间的异或和不为0$
思路：
求最多有多少子区间$异或和不为0，比较困难$
$正难则反，我们考虑反面，我们求最少有多少个子区间异或和为0$
$我们知道一段区间l, r的异或和是S_r \oplus S_[l - 1]$
$S表示前缀异或$
$那么一个序列的前缀异或里面如果有x个a, 那么子区间异或为0的个数为\frac{a \cdot (a - 1)}{2}$
$我们考虑 b = ~a, 而且a, b之间可以互相转化，并且只能互相转化，而不能转化为其他的数字$
$令x = a的个数, y = b的个数$
$我们令n = x + y $
$那么a, b构成的子区间个数就是 \frac{x \cdot (x - 1)}{2} + \frac{y \cdot (y - 1)}{2}$
$将n = x + y 代入$
$就得到一个一元二次方程，取对称轴即可$
$我们考虑转化都是\oplus (1 << k) - 1$
转化两次即相当于没有转化
$所以每个前缀异或都能转化为自己想要的那个数$
$为什么不考虑前面的数转化了会影响到后面的前缀异或?$
$那后面那个如果受影响了，再转化回来不就好了?$
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define ll long long
5 #define N 200010
6 int n, k;
7 int a[N];
8 map <int, int> mp;
9
10 int main()
11 {
12 while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF)
13 {
14 mp.clear(); mp[0] = 1;
15 int d = (1 << k) - 1;
16 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
17 for (int i = 1; i <= n; ++i)
18 {
19 a[i] ^= a[i - 1];
20 ++mp[a[i]];
21 if (mp.find(a[i] ^ d) == mp.end()) mp[a[i] ^ d] = 0;
22 }
23 ll res = 0;
24 for (auto it : mp) if (it.first > (it.first ^ d))
25 {
26 int a = it.second, n = a + mp[it.first ^ d];
27 int b = n / 2;
28 res += (1ll * n * n + 2ll * b * b - 2ll * b * n - n) / 2;
29 }
30 printf("%lld\n", 1ll * n * (n + 1) / 2 - res);
31 }
32 return 0;
33 }
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