Codeforces Global Round 17
A. Anti Light's Cell Guessing
坑点：\(n=1,m=1\) 时答案为 \(0\) 。
其他情况：当 \(n=1\) 或 \(m=1\) 时，只需要取端点即可。其他情况只需要两个点，也是取两个端点，把离一个点曼哈顿距离为固定值的点连成一条线段，可以发现这两个端点形成的线段只可能有一个交点，即隐藏点。
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
using namespace std;
using ll = long long;
constexpr int N = 2e5+5, P = 1e9+7;
int main() {
cin.tie(nullptr)->ios::sync_with_stdio(false);
int _; cin>>_;
while (_--) {
ll n,m; cin>>n>>m;
if(n==1&&m==1)cout<<0<<endl;
else if(n==1||m==1)cout<<1<<endl;
else {
cout<<2<<endl;
}
}
return 0;
}
B. Kalindrome Array
和之前cf出过的一题一模一样，那题是删字母，这题是删数字，不过都一样，因为可能删的值只可能有两个，枚举这两个可能值即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
using namespace std;
using ll = long long;
constexpr int N = 2e5+5, P = 1e9+7;
int a[N];
int main() {
cin.tie(nullptr)->ios::sync_with_stdio(false);
int _; cin>>_;
while (_--) {
int n; cin>>n;
rep(i,0,n)cin>>a[i];
int lx=-1,ly=-1;
int l=0,r=n-1;
while(l<r){
if(a[l]!=a[r]){
if(lx==-1){
lx=a[l]; ly=a[r];
break;
}
}else{
l++,r--;
}
}
l=0,r=n-1;
int flag=1;
while(l<r){
if(a[l]!=a[r]){
if(a[l]==lx){
while(l<r&&a[l]==lx)l++;
}else if(a[r]==lx){
while(l<r&&a[r]==lx)r--;
}else{
flag=0;
break;
}
if(a[l]!=a[r]){
flag=0;
break;
}
}else{
l++,r--;
}
}
if(flag){
cout<<"yes\n";
continue;
}
l=0,r=n-1;flag=1;
while(l<r){
if(a[l]!=a[r]){
if(a[l]==ly){
while(l<r&&a[l]==ly)l++;
}else if(a[r]==ly){
while(l<r&&a[r]==ly)r--;
}else{
flag=0;
break;
}
if(a[l]!=a[r]){
flag=0;
break;
}
}else{
l++,r--;
}
}
if(!flag){
cout<<"no\n";
}else{
cout<<"yes\n";
}
}
return 0;
}
C. Keshi Is Throwing a Party
由于答案具有单调性，考虑二分答案。于是问题就转化成了从 \(n\) 个人里选 \(k\) 个人，使他们都开心。
假设选了 \(k\) 个人的下标分别为 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\) 。对于 \(i\in[1,k]\) ，都有
\[b_{p_i}\ge i-1\\ a_{p_i}\ge k-i \]根据这个性质，我们就可以贪心地取了。
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
using namespace std;
using ll = long long;
constexpr int N = 2e5+5, P = 1e9+7;
int r[N], p[N], n;
int check(int x) {
int ans=0,cc=0;
rep(i,0,n){
if(cc+1>=x-r[i]&&cc+1<=p[i]+1)cc++;
}
return cc>=x;
}
int main() {
cin.tie(nullptr)->ios::sync_with_stdio(false);
int _; cin>>_;
while (_--) {
cin>>n;
rep(i,0,n)cin>>r[i]>>p[i];
int l=1,r=n;
while(l<r){
int mid=l+r+1>>1;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid-1;
}
cout<<l<<endl;
}
return 0;
}
D. Not Quite Lee
一个数 \(x\) 形成的连续数字的和可以表示为
\[\frac{x(x+1)}{2}+kx(k\in \text{Z}) \]于是一个数列 \((x_1,x_2,\cdots,x_k)\) 的合法性可以表示为
\[\sum_{i=1}^k(\frac{x_i(x_i+1)}{2}+k_ix_i)=0 \ (k_i\in \text{Z}) \]移项得
\[\sum_{i=1}^k\frac{x_i(x_i+1)}{2}=\sum_{i=1}^kk_ix_i \ (k_i\in \text{Z}) \]以下的幂次都是对于 \(2\) 而言。
当数列中有一个为奇数时，右边的最低幂次为 \(0\) ，最低幂次为 \(0\) 的数可以表示任何数，也就是说，当数列中有一个为奇数，该数列即合法。于是考虑数列中全为偶数的情况，等式右边的最低幂次一定比左边的最低幂次大 \(1\) 。因为 \(x\) 是偶数，\(x+1\) 是奇数，乘起来再除个 \(2\) 必定会丢失一个因子 \(2\) 。低幂次的可以表示高幂次的，高幂次的不能表示低幂次，而左边的最低幂次要比右边小，所以要保证数列中幂次为最低幂次的数有偶数个，才能使他们的最低幂次 \(+1\) ，从而被右边的表示出来。于是思路就显而易见了，枚举最低幂次，若这个幂次不为 \(0\) ，那只能挑偶数个，否则都可以选。
从 \(n\) 个数中挑偶数个数（不能不挑）的方案数为
\[\binom{2}{n}+\binom{4}{n}+\cdots+\binom{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor \times2}{n} \]其实根据二项式定理，二项式系数中的偶数项和奇数项的和其实是一样的，也就是说，上述的式子其实就是
\[2^{n-1}-\binom{0}{n}=2^{n-1}-1 \]然后就可以写了。一个小技巧，求一个数的幂次可以用内建函数 __builtin_ctz(x) 求得。
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
using namespace std;
using ll = long long;
constexpr int N = 2e5+5, P = 1e9+7;
ll qpow(ll a, ll b) {
ll res=1;
for(;b;b>>=1,a=(a*a)%P)if(b&1)res=res*a%P;
return res;
}
int cc[35];
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in", "r", stdin);
#endif // !ONLINE_JUDGE
cin.tie(nullptr)->ios::sync_with_stdio(false);
int n; cin>>n;
rep(i,0,n){
int x; cin>>x;
cc[__builtin_ctz(x)] ++;
}
ll ans=0, tot=0;
for(int i=31;i>=0;i--){
if(cc[i]){
if(i) ans=(ans+qpow(2,tot)*(qpow(2,cc[i]-1)-1)%P)%P;
else ans=(ans+qpow(2,tot)*(qpow(2,cc[i])-1)%P)%P;
tot += cc[i];
}
}
cout<<ans;
return 0;
}