标签:ems ret strong 需要 ORC def ref 就是 cin
观察这个式子左边,这玩意就等于 \(x(2^k-1)\)。于是我们枚举所有的 \(2^k-1\),看看是否存在 \(x\) 即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int T, n;
int a[] = { 0, 3, 7, 15, 31, 63, 127, 255, 511, 1023, 2047, 4095, 8191, 16383, 32767, 65535, 131071, 262143, 524287, 1048575, 2097151, 4194303, 8388607, 16777215, 33554431, 67108863, 134217727, 268435455, 536870911, 1073741823 };
int main()
{
cin >> T;
while(T--)
{
cin >> n;
for(int i = 1; i < 30; i++)
if(n % a[i] == 0)
{
printf("%d\n", n / a[i]);
break;
}
}
return 0;
}
先说说不合法的情况——\(n/2\) 是奇数:因为奇数个奇数是奇数,奇数个偶数是偶数,所以两边不可能相等。
偶数部分按照类似 \(2,4,6,8...\) 这样随便构造,奇数部分的前面 \(=\) 偶数部分对应数 \(-1\),最后一个再把和变成一样的。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int T, n, sum1, sum2, a[1000000];
int main()
{
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d", &n);
if((n / 2) % 2 != 0) { printf("NO\n"); continue; }
printf("YES\n");
a[0] = sum1 = sum2 = 0;
for(int i = 1; i <= n / 2; i++) a[i] = a[i - 1] + 2, sum1 += a[i];
for(int i = n / 2 + 1; i < n; i++) a[i] = a[i - n / 2] - 1, sum2 += a[i];
a[n] = sum1 - sum2;
for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", a[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
如果把连续的正数算作一组,连续的负数算作一组,题面就是要求在每一组中选出一个数,使和最大。那么只要在每一组里面取出一个最大数加到答案里即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
long long T, n, ans = 0, max_, a[1000000];
int main()
{
scanf("%lld", &T);
while(T--)
{
scanf("%lld", &n);
max_ = ans = a[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%lld", &a[i]);
if(a[i] < 0 && a[i - 1] > 0 || a[i] > 0 && a[i - 1] < 0 || i == 1)
{
ans += max_;
max_ = a[i];
}
else max_ = max(max_, a[i]);
}
ans += max_;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
先枚举 \(x\)。如果把 \(a[i]\) 和 \(a[n-i+1]\) 算作一组,每一组都有 \(3\) 种情况:不需要改/改一个数/改两个数。
\(1.\) 预处理 \(cnt[i]\) 表示和本来就等于 \(i\) 的有几组,那么就有 \(cnt[x]\) 组根本不需要改。
\(2.\) 大部分只需要改一个。若两个数分别为 \(x_0,x_1\),只要把 \(x_0\) 改为 \(x-x_1\) 或把 \(x_1\) 改为 \(x-x_0\) 即可。
\(3.\) 若 \(x_0 >= x\) && \(x_1 >= x\) 或 \(x-x_0 > k\) && \(x - x_1 > k\),这种需要两个数都改。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 2333333;
int T, n, k, ans = 0x3f3f3f3f, a[N], cnt[N], b[N], sum1[N], sum2[N], c[N];
int main()
{
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for(int i = 1; i <= n / 2; i++)
{
cnt[a[i] + a[n - i + 1]]++;
b[max(a[i], a[n - i + 1])]++;
c[min(a[i], a[n - i + 1])]++;
}
sum1[0] = sum2[2 * k + 1] = 0;
for(int i = 1; i <= 2 * k; i++) sum1[i] = sum1[i - 1] + b[i];
for(int i = 2 * k; i > 0; i--) sum2[i] = sum2[i + 1] + c[i];
for(int i = 1; i <= 2 * k; i++)
{
if(i > k) ans = min(ans, n / 2 - cnt[i] + sum1[i - k - 1]);
else ans = min(ans, n / 2 - cnt[i] + sum2[i]);
}
printf("%d\n", ans);
for(int i = 1; i <= n / 2; i++)
{
cnt[a[i] + a[n - i + 1]] = 0;
b[max(a[i], a[n - i + 1])] = 0;
c[min(a[i], a[n - i + 1])] = 0;
}
ans = 0x3f3f3f3f;
}
return 0;
}
一道可爱的图论题~
首先肯定不需要真的先去构造边权再跑最短路,而是应该设计一种走法,按照一定方式加入边权,使权值最小。
这个“一定方式”很简单:从小到大把边权安排在 走过的路上,至于那些没走过的,我们不关心。
Codeforces Round #636 (Div 3) 题解
标签:ems ret strong 需要 ORC def ref 就是 cin
原文地址:https://www.cnblogs.com/Andy-park/p/12771674.html