1.Codeforces Global Round 15 B. Running for Gold
大意：有五项比赛，给出n个运动员在这五项比赛中的排名，运动员A战胜B当且仅当在这五项比赛中至少有三项成绩A在B之上，夺冠必须战胜其他所有人，输出夺冠的运动员，若无人夺冠，输出-1。
题解：设置一个可能夺冠的人w，w从1开始，O(n)枚举2到n每个运动员，若w能战胜 i ，则 i 不可能夺冠；若 i 战胜w，则把w设置为 i ，继续比较。最后得到的 w 是唯一可能夺冠的人，再将w与其他所有运动员比一次，判断w是否能夺冠。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<queue> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long const int maxn=50000+50; int T,n,a[maxn][6]; bool p[maxn]; template<typename T>void inline read(T &aa){ ll ff=1;char cc=getchar();aa=0; while((cc<'0'||cc>'9')&&cc!='-') cc=getchar(); if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar(); while(cc<='9'&&cc>='0') aa=aa*10+cc-48,cc=getchar(); aa*=ff; } bool pd(int x,int y){ int ans=0; for(int i=1;i<=5;i++) if(a[x][i]<a[y][i]) ans++; if(ans>=3 ) return true; return false; } int main(){ cin>>T; while(T--){ memset(p,false,sizeof(p)); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=5;j++){ read(a[i][j]); } bool q=0; if(n==1){ cout<<1<<endl; continue; } int w=1; for(int i=2;i<=n;i++){ if(pd(w,i)) continue; else w=i; } for(int i=1;i<=n;i++){ if(i==w) continue; if(!pd(w,i)){ cout<<-1<<endl; q=1; break; } } if(!q) cout<<w<<endl; } return 0; }
2.Codeforces Global Round 15 C. Maximize the Intersections
大意：圆上有2n个点，按顺时针方向给出，给出k次操作，每次操作将指定的两个点相连，剩下的点自由相连，使用过的点不能再使用，求最多能有多少交点？
题解：连接1，3，相当于加入一个 [ 1, 3 ] 的区间，对于两个区间，若他们完全包含或者没有公共部分，则这两条弦没有交点。对于剩下的点，下右连上左，下左连上右。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long const int maxn=300; int T,n,k,down[maxn],up[maxn]; bool p[maxn]; struct node{ int l,r; }a[maxn]; bool pd(int x,int y){ if(a[x].l<a[y].l&&a[x].r>a[y].r) return false; if(a[y].l<a[x].l&&a[y].r>a[x].r) return false; if(a[x].r<a[y].l||a[y].r<a[x].l) return false; return true; } template<typename T>void inline read(T &aa){ ll ff=1;char cc=getchar();aa=0; while((cc<'0'||cc>'9')&&cc!='-') cc=getchar(); if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar(); while(cc<='9'&&cc>='0') aa=aa*10+cc-48,cc=getchar(); aa*=ff; } int main(){ cin>>T; while(T--){ int ans=0; cin>>n>>k; memset(p,false,sizeof(p)); for(int i=1;i<=k;i++){ int x,y; cin>>x>>y; if(x>y) swap(x,y); p[x]=true;p[y]=true; a[i].l=x;a[i].r=y; if(i>=2){ for(int j=1;j<i;j++){ if(pd(i,j)) ans++; } } } int t=1; for(int i=1;i<=2*n;i++){ if(!p[i]&&t<=n-k){ down[t]=i; t++; } else if(!p[i]&&t>n-k){ up[t-(n-k)]=i; t++; } } t=k; for(int i=1;i<=n-k;i++){ a[++t].l=down[i]; a[t].r=up[i]; for(int j=1;j<t;j++) if(pd(t,j)) ans++; } cout<<ans<<endl; } return 0; }
3.Codeforces Round #685 (Div. 2) E1. Bitwise Queries (Easy Version) E2. Bitwise Queries (Hard Version)
大意：有n个数，n为2的整次幂，每个数都在 [ 0, n-1 ] 之间，你有三种询问方式，你可以得到询问的答案，要求在不超过n+2（n+1）次询问中得到这n个数的值，输出询问方式以及这n个数。
题解：（easy version）首先用n-1次把第一个数与后面n-1个数的异或得到，然后注意，a+b = a ^ b + 2*( a & b ) ，所以再用三次把 a[ 1 ] + a[ 2 ] ，a[ 2 ] + a[ 3 ] , a[ 3 ] + a[ 1 ] 的值得到，就可算出a[ 1 ]，从而得到这n个数。
（hard version）这列数有两种情况：第一种是存在两个数相等，第二种是 0~n-1 的全排列。 首先依旧用 n-1 次求出 a[ 1 ]与其他数的异或。对于第一种情况，若有a[ 1 ] ^ a[ j ] == a[ 1 ] ^ a[ k ]，则 a[ j ] == a[ k ] 由于 a&a = a，所以我们可以询问 a[ j ] & a[ k ]，得到答案后就可以算出 a[ 1 ] 的值，共用n次询问；对于第二种情况，可以找到这样一对，a[ 1 ] ^ a[ k ] == n-1，则 a[ 1 ] & a[ k ] == 0，这样我们就直接找到了一组 a[ 1 ] + a[ k ] == n-1 ，再询问两次 a[ 1 ] & a[ j ]，a[ k ] & a[ j ] ，就可以像 easy version 那样求出 a[ 1 ]，共 n+1 次询问。
hard version 代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int maxn=100000; int n,a[maxn],w,ans[maxn]; bool p[1000000]; int main(){ cin>>n; bool v=0;int id1,id2; for(int i=2;i<=n;i++){ cout<<"XOR "<<1<<" "<<i<<endl; fflush(stdout); cin>>a[i]; if(!p[a[i]]) p[a[i]]=1; else v=1,id2=i; } if(v){ for(int i=2;i<=n;i++) if(i!=id2&&a[i]==a[id2]){ id1=i; break; } cout<<"AND "<<id1<<" "<<id2<<endl; fflush(stdout); int k; cin>>k; ans[1]=a[id1]^k; } else{ int id1,id2,x,y,z; for(int i=2;i<=n;i++){ if(a[i]==n-1){ id1=i; break; } } x=n-1; if(id1==n) id2=id1-1; else id2=id1+1; cout<<"AND "<<id1<<" "<<id2<<endl;a fflush(stdout); cin>>y;y*=2;y+=(a[id1]^a[id2]); cout<<"AND "<<1<<" "<<id2<<endl; fflush(stdout); cin>>z;z*=2;z+=a[id2]; ans[1]=(x+y+z)/2-y; } for(int i=2;i<=n;i++) ans[i]=(a[i]^ans[1]); cout<<"! "; for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" "; return 0; }
4.Codeforces Round #735 (Div. 2) C. Mikasa
大意：有一列数 n⊕0，n⊕1，……，n⊕m，找出不在这列数中的最小的非负整数。
题解：如果 k 在这列数中，则存在一个 x 满足0 ≤ x ≤ m ，使得 n⊕x=k 。n⊕x=k 等价于 n⊕k=x ，那么问题就可以转化为：求一个最小的 k ，使得 n⊕k ≥ m+1 。那么只需要把m+1和n 的二进制每一位比较贪心选择就可以了。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long const int maxn=105; int T,n,m,a[maxn],b[maxn],ans[maxn]; template<typename T>void inline read(T &aa){ ll ff=1;char cc=getchar();aa=0; while((cc<'0'||cc>'9')&&cc!='-') cc=getchar(); if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar(); while(cc<='9'&&cc>='0') aa=aa*10+cc-48,cc=getchar(); aa*=ff; } int main(){ cin>>T; while(T--){ ll Ans=0; cin>>n>>m; if(n>m){ cout<<0<<endl; continue; } int t1=0,t2=0; while(n){ if(n%2==1) a[++t1]=1; else a[++t1]=0; n/=2; } m++; while(m){ if(m%2==1) b[++t2]=1; else b[++t2]=0; m/=2; } for(int i=1;i<=100;i++) ans[i]=0; for(int i=t1+1;i<=t2;i++) a[i]=0; for(int i=1;i<=t2/2;i++) swap(a[i],a[t2-i+1]); for(int i=1;i<=t2/2;i++) swap(b[i],b[t2-i+1]); for(int i=1;i<=t2;i++){ if(a[i]==0&&b[i]==0) ans[i]=0; else if(a[i]==0&&b[i]==1) ans[i]=1; else if(a[i]==1&&b[i]==0){ ans[i]=0; for(int j=i+1;j<=t2;j++) ans[i]=0; break; } else ans[i]=0; } for(int i=1;i<=t2/2;i++) swap(ans[i],ans[t2-i+1]); ll er=1; for(int i=1;i<=t2;i++){ Ans+=1ll*ans[i]*er; er*=2ll; } cout<<Ans<<endl; } return 0; }
5.Codeforces Round #273 (Div. 2) C. Table Decorations
大意：有红绿蓝三种颜色的气球，个数分别为r，g，b，要求每个桌子上放三个气球，且颜色不完全相同，求最多能放多少桌子？
题解：将三种颜色个数排序，a1,a2,a3，若 a1=a2=a3，则答案为a1；若 a2 = a3，则答案为 a1+( a2+a3-2*a1 ) / 3 ；其他情况则是 每次操作最小的和最大的，最小数-1，最大数-2，然后更新。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long ll a[5]; int main(){ ll ans=0; cin>>a[1]>>a[2]>>a[3]; sort(a+1,a+4); if(a[1]==a[3]){ cout<<a[1]<<endl; return 0; } if(a[2]==a[3]){ cout<<a[1]+(a[2]+a[3]-2*a[1])/3; return 0; } ll cha=a[3]-a[2]; ll num=(cha+1)/2; if(a[1]<=num){ a[3]-=a[1]*2; cout<<a[1]+min(a[2],(a[2]+a[3])/3); } else{ ll s=a[1]-num; a[3]-=num*2; if(s%2==0){ a[2]-=s; a[3]-=s; } else{ a[2]-=((s+1)/2)*2; a[3]-=(s/2)*2; } if(a[2]>a[3]) swap(a[2],a[3]); cout<<a[1]+min(a[2],(a[2]+a[3])/3); } return 0; }
6.Codeforces Round #256 (Div. 2) D. Multiplication Table
大意：给出一个n*m的乘法表，其中 a[ i ][ j ] = i*j ，求表中数字从小到大排序后第 k 个为多少？
题解：二分一个x，判断表中严格小于 x 的数有多少个，找到答案大于等于k的第一个数w，则w-1就为所求数。判断方法为：每一行min( ( x - 1 )/ i，m ) 即为这一行严格小于x的数的个数。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long ll n,m,k; bool check(ll x){ ll ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans+=min((x-1)/i,m); if(ans<k) return true; return false; } int main(){ cin>>n>>m>>k; ll l=1,r=n*m; while(l<=r){ ll mid=l+r>>1; if(check(mid)) l=mid+1; else r=mid-1; } cout<<l-1; return 0; }
7.Codeforces Round #666 (Div. 1) B. Stoned Game
大意：有n堆石子，第 i 堆有 ai 个，T和HL在玩一个游戏，T先手，两人轮流从这n堆石子中的一堆中拿出一个，且不能与上一个人选择相同的堆，最后不能拿的输，输出胜利者。
题解：首先算出这n堆石子总共有sum个，最多的一堆有max个。(1)若max > sum/2，即先手可以一直拿max这一堆，先手必胜；(2)若max <= sum/2。(i)若sum为偶数，后手必胜，证明如下：当sum为0时，显然后手必胜，当sum>=2时，先手拿走一个石子，此时若最多的一堆满足max > sum/2，则转化为(1) 的情况，后手必胜，若不满足max >sum/2，则可继续进行，直到sum=0。（ii）若sum为奇数，先手拿走一个便可转化为（i）的情况，故先手必胜。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long const int maxn=200; int T,n,a[maxn],sum; int main(){ cin>>T; while(T--){ cin>>n; sum=0; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i]; sum+=a[i]; } sort(a+1,a+1+n); if(a[n]>sum/2){ cout<<"T"<<endl; continue; } if(sum%2==0){ cout<<"HL"<<endl; continue; } cout<<"T"<<endl; } return 0; }
8.Codeforces Round #703 (Div. 2) D. Max Median
大意：给出 n 个数，找出长度不小于 k 的所有子区间，求这些区间中位数的最大值是多少？
题解：考虑二分答案 x，check的时候把小于 x 的数变为 -1，大于等于 x 的数变为 1。若新数组中有长度不小于 k 的子区间且该区间的和大于 0，则 x 合法。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int maxn=2e5+50; int n,k,a[maxn],s[maxn],t,b[maxn],sum[maxn]; bool p[maxn]; bool check(int x){ for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i]<x) b[i]=-1; else b[i]=1; sum[i]=sum[i-1]+b[i]; } int Min=0; if(sum[k]>0) return true; for(int i=k+1,j=1;i<=n;i++,j++){ Min=min(Min,sum[j]); if(sum[i]-Min>0) return true; } return false; } template<typename T>void inline read(T &aa){ ll ff=1;char cc=getchar();aa=0; while((cc<'0'||cc>'9')&&cc!='-') cc=getchar(); if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar(); while(cc<='9'&&cc>='0') aa=aa*10+cc-48,cc=getchar(); aa*=ff; } int main(){ cin>>n>>k; for(int i=1;i<=n;i++){ read(a[i]); if(!p[a[i]]) s[++t]=a[i],p[a[i]]=1; } sort(s+1,s+1+t); int l=1,r=t; while(l<=r){ int m=l+r>>1; if(check(s[m])) l=m+1; else r=m-1; } cout<<s[l-1]; return 0; }
9.Codeforces Round #715 (Div. 1) A. Binary Literature
大意：给出3个长度为2n的01串，要求构造一个长度最多为3n的01串，使得这3个01串中至少有2个是该串的子序列。
题解：考虑两个串s和t，可以想到一种构造方案长度为4n-lcs(s,t)，那么，只需找到这3个串中 lcs 大于等于n的2个串就行。由于是01串，所以对于每个串必然有0的个数大于n或者1的个数大于n，那么必然存在两个串，他们的公共子序列长度达到n。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int maxn=2e5+50; int T,n; char a[maxn],b[maxn],c[maxn]; string ans; void work(char *aa,char *bb,int o){ char op=o+'0',oop; if(op=='1') oop='0'; else oop='1'; int l1=1,l2=1; while(1){ if(l1<=2*n&&l2<=2*n){ if(aa[l1]==bb[l2]){ ans+=aa[l1]; l1++; l2++; continue; } if(aa[l1]==op){ ans+=oop; l2++; continue; } if(bb[l2]==op){ ans+=oop; l1++; continue; } } if(l1>2*n&&l2>2*n) return ; if(l1>2*n){ ans+=bb[l2]; l2++; } else{ ans+=aa[l1]; l1++; } } } template<typename T>void inline read(T &aa){ ll ff=1;char cc=getchar();aa=0; while((cc<'0'||cc>'9')&&cc!='-') cc=getchar(); if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar(); while(cc<='9'&&cc>='0') aa=aa*10+cc-48,cc=getchar(); aa*=ff; } int main(){ cin>>T; while(T--){ cin>>n; ans.clear(); cin>>a+1; cin>>b+1; cin>>c+1; int fa=0,fb=0,fc=0,x=0,y=0; for(int i=1;i<=2*n;i++) if(a[i]=='0') x++; else y++; if(x>y) fa=0; else fa=1; x=0;y=0; for(int i=1;i<=2*n;i++) if(b[i]=='0') x++; else y++; if(x>y) fb=0; else fb=1; x=0;y=0; for(int i=1;i<=2*n;i++) if(c[i]=='0') x++; else y++; if(x>y) fc=0; else fc=1; if(fa==fb){ work(a,b,fa); cout<<ans<<endl; } else if(fa==fc){ work(a,c,fa); cout<<ans<<endl; } else{ work(b,c,fb); cout<<ans<<endl; } } return 0; }