A. Filling Diamonds
题意：
（交的时候也没搞懂这个题意，犹豫好久）用一个菱形覆盖一个"4n−2triangles"的不同覆盖方法
思路：
可以看出来有n种覆盖方法
代码：
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
const int N=100010;
int main(){
int T;
cin>>T;
while(T--){
int n;
cin>>n;
cout<<n<<endl;
}
return 0;
}
B. Sorted Adjacent Differences
题意：
给出一个长度为n的序列:(a_1,a_2,…,a_n)，构造一种序列重排后满足：(|a_1−a_2|≤|a_2−a_3|≤…≤|a)n-1(−a_n|)，输出任意一种方案。
思路：
这种题我们一般都先按从小到大排序，然后找到某种合适的顺序。排序后可以这样构造：(a_1)和(a_n)的差值是最大的，然后让(a_1,a_n)排到最后，(a_1)和(a)n-1的差小于等于(a_1)和(a_n)的差，但是大于不包含(a_n)的其他所有。所有用双指针从前和从后接替加入。
代码：
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
const int N=100010;
int a[N];
vector<int> v;
int main(){
int T,n;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a+1,a+1+n);
v.clear();
for(int i=1;i<=n/2;++i){
v.push_back(a[i]);
v.push_back(a[n-i+1]);
}
if(n%2){
v.push_back(a[n/2+1]);
}
reverse(v.begin(),v.end());
for(auto it: v) cout<<it<<" ";
cout<<endl;
}
return 0;
}
C. Powered Addition
题意：
给出一个序列长度为n的序列，然后可以进行无数次操作，第i次可以选择任意个数(可以一个都不选)，将其加上2i-1，求将序列变成非降序序列的最少操作次数。 (1≤n≤10^5，−10^9≤a_i≤10^9)
思路：
我们让(a[i-1]>a[i]，t=a[i-1]-a[i])，t的二进制最高位1的位数就是我们使得a[i-1]<=a[i]的最小操作次数，所以当我们让a[i-1]=a[i]使用的是最小操作次数，且对于后面的限制更小，所以枚举所有不合法的前后差值，更新最高位1的位数就是答案。
代码：
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
long long a[100010],p[60];
int main(){
int T;
p[0]=1;
for(int i=1;i<60;++i){
p[i]=p[i-1]*2;
}
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lld",&a[i]);
}
int ans=0;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(a[i-1]>a[i]){
LL t=a[i-1]-a[i];
int res=0;
//cout<<t<<endl;
while(t){
res++;
t>>=1;
}
ans=max(ans,res);
a[i]=a[i-1];
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
D. Edge Weight Assignment
题意：
给出一个无权树，给每个边上赋一个权值，使得每两个叶子节点之间的路径边权异或和位0，求权值数的种类的最少和最多各为多少。(3≤n≤10^5)
思路：
数最少的情况：
当两个叶子节点之间的边数为偶数，那么这条路上的只用一种数就可以了。当边数奇数时，我们也只需要三个数就可以了：假设a-b之间边数为奇数，对于这一条单一的路径至少需要三个数是显然的，假设这条路径上有别另一条分支点d引出叶子节点c，c到d的边可以构造成异或和等于a到d的异或和，这样c到a的异或和为0，由于c到b和a到b一样，所以c到b异或和也为0.
数最多的情况：
若n-1条边权值都不相等，假设a到b的m条边都不相等，异或和为0，若有a的父亲节点d有另一个儿子节点c也是叶子，那么a到b的边数是2，则a到d和c到d的边权值相等，所以遍历一遍减去满足这种情况的边数。
代码：
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
const int N=100010;
vector<int> g[N];
int dis[N],ans1,ans2;
bool dfs1(int u,int fa){
dis[u]=dis[fa]+1;
if(dis[u]%2&&g[u].size()==1) {
ans1=3;
//cout<<u<<endl;
return true;
}
for(int i=0;i<g[u].size();++i){
int v=g[u][i];
if(v==fa) continue;
if(dfs1(v,u)) return true;
}
return false;
}
void dfs2(int u,int fa){
int cnt=0;
for(int i=0;i<g[u].size();++i){
int v=g[u][i];
if(fa==v) continue;
if(g[v].size()==1) cnt++;
else dfs2(v,u);
}
if(cnt>0){
ans2-=cnt-1;
}
}
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1,u,v;i<n;++i) {
cin>>u>>v;
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
ans1=1,ans2=n-1;
int f1=0,f2=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(g[i].size()==1&&!f1){
dis[0]=-1;
dfs1(i,0);f1=1;
}
if(g[i].size()>1&&!f2) {
dfs2(i,0);f2=1;
}
}
cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl;
return 0;
}