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solve 4 rnk247 占了罚时的便宜。 CF不占罚时便宜就会被罚时占便宜 感觉这场似乎都是性质题#xff0c;一眼看出性质就秒了#xff0c;看不出就很难做出来了。
C似乎卡了很多人。但我做起来还好。 D2做不出来有些懊恼。 E是妙题。
题目
A
水题#xff0c;保证male…前言
solve 4 rnk247 占了罚时的便宜。 CF不占罚时便宜就会被罚时占便宜 感觉这场似乎都是性质题一眼看出性质就秒了看不出就很难做出来了。
C似乎卡了很多人。但我做起来还好。 D2做不出来有些懊恼。 E是妙题。
题目
A
水题保证male之间两两距离大于等于2即可。 然而一开考肚子就不舒服去了撤硕回来网还卡。 过完已经差不多有2000人了。
B
样例奇数答案全是0很有提示性。 发现当且仅当n为偶数时奇偶配对gcd为2其他时候都不合法。 那么答案显然就是 (n2!)2(\dfrac{n}{2}!)^2(2n!)2。 由于A的影响和网络通过还是一千多当时已经感觉这场要凉…
C
当且仅当最大值在第一位的时候答案是1。 然后每有一个数转到前面答案最多1最少为2。 这是合法的必要条件稍微想一下可以发现只要符合就可以类似链表插入的方法构造出来。 还好只需要判合法不需要真的构造不然其实挺麻烦的。 交完发现竟然只有100多了大受震撼。 赛后看榜似乎C确实卡了不少人feedback 也有很多踩。
D1
位运算首先肯定是想按位考虑啦。 发现如果某一位1的总数和原来不一样那肯定x的这一位是1.。 但是这个当这一位1的个数原来恰好为一半的时候会无法确定。 但是发现 l0l0l0 的时候这种情况只会在 r....111r....111r....111 的低位这些1的位置出现。 这些位置显然 xxx 填不填1都行。 然后D1就做完了。
至此 结束
坐牢开始了…
D2
没了 l0l0l0 的限制。 先抱着侥幸心理交了一发 D1 的码发现果然是假的。 然后想了一些假做法似乎都不太对。 但这题卡掉有些不应该至少暴力 01trie01\text{trie}01trie 判合法的做法应该不难想到的。 在CF就情不自禁开始想魔法反而忘记了这些很OI的做法了。
题解的做法确实很巧妙。 由于给的数全是互异的所以我只需要保证异或完的数全是 [l,r][l,r][l,r] 即可它们必然形成一个互异的排列。 考虑性质 a⊕b1→(a⊕x)⊕(b⊕x)1a\oplus b1\to (a\oplus x)\oplus(b\oplus x)1a⊕b1→(a⊕x)⊕(b⊕x)1。反过来也是成立的。 所以如果 lll 为偶数rrr 为奇数那么给出的数就会两两组成 x⊕y1x\oplus y1x⊕y1 配对。 此时我最低位取 0/10/10/1 都可以所以可以直接把范围缩小一半递归的考虑。 直到不满足这个条件时就必然会有无法配对的数。 它要么原来是 lll要么原来是 rrr分别暴力check一下即可。
代码
#includebits/stdc.h
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define ok debug(OK\n)
using namespace std;const int N5e3100;
const int mod1e97;inline ll read(){ll x(0),f(1);char cgetchar();while(!isdigit(c)) {if(c-)f-1;cgetchar();}while(isdigit(c)) {x(x1)(x3)c-0;cgetchar();}return x*f;
}
setints1,s2;
int l,r;
void work(){s1.clear();s2.clear();lread(),rread();for(int il;ir;i){s1.insert(read());}int mul(1);while(l%20r%21){mul1;l1;r1;s2.clear();for(int i:s1){s2.insert(i1);}swap(s1,s2);}//printf(mul%d (%d %d)\n,mul,l,r);for(int i:s1){if(s1.find(i^1)s1.end()){int resi^l,flag1;for(int j:s1){int nowj^res;flag(nowlnowr);}if(flag) printf(%d\n,(i^l)*mul);else printf(%d\n,(i^r)*mul);return;}}assert(0);
}signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen(a.in,r,stdin);freopen(a.out,w,stdout);#endifint Tread();while(T--) work();return 0;
}
/*
*/
E 关键性质每一步放置位置的价值都必须比上一步大。 不然对方就可以接着在原来的位置摆烂了。 那么合法的转移就变成了一个 DAG。 考虑一个点必胜当且仅当它能控制所有比它大的必胜点。 曼哈顿距离不好上数据结构我记得很早的一次模拟我还真用一个魔法主席树嗯维护了转成切比雪夫距离之后就变成判断是否一个点集的所有点都在特定矩形内如果是把该点加入点集。 别tm树状数组了。 维护横纵坐标的 max,min\max,\minmax,min 即可。
代码
#includebits/stdc.h
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define ok debug(OK\n)
using namespace std;const int N2e3100;
const int mod1e97;inline ll read(){ll x(0),f(1);char cgetchar();while(!isdigit(c)) {if(c-)f-1;cgetchar();}while(isdigit(c)) {x(x1)(x3)c-0;cgetchar();}return x*f;
}
int n,k;
int mxx,mnx,mxy,mny;int u[N*N],v[N*N],a[N][N];
signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen(a.in,r,stdin);freopen(a.out,w,stdout);#endifnread();kread();mnxmnynn1;mxxmxy-n-n;for(int i1;in;i){for(int j1;jn;j){int xread();u[x]i;v[x]j;}}for(int in*n;i1;i--){int xu[i]v[i],yu[i]-v[i];if(mnxx-kmxxxkmnyy-kmxyyk){//printf(%d\n,i);a[u[i]][v[i]]1;mnxmin(mnx,x);mxxmax(mxx,x);mnymin(mny,y);mxymax(mxy,y); } }for(int i1;in;i){for(int j1;jn;j){putchar(a[i][j]?M:G);}putchar(\n);}return 0;
}
/*
*/
