2021百度之星初赛二（1001 -- 1003）

2021百度之星初赛二（1001 – 1003）

1001
题意：
给 a,b，每次 a,b会变为 a+b,a-b，问 k 次之后变成了哪两个数，对 998244353998244353 取模，多组数据。
题解：
首先观察前几次变化，
0 -------- a b 1 -------- a - b a + b
2 -------- 2a 2b 3 -------- 2a - 2b 2a + 2b
……
不难发现
对于k为偶数，答案是 a * pow(2,k/2) b * pow(2,k/2);
对于k为奇数，答案是 (a-b) * pow(2,(k-1)/2) (a+b) * pow(2,(k-1)/2);
ps:由于k可以达到1e9，因此使用快速幂。

#include <vector>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <cstring>
#include <map>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const double pi = acos(-1.0);
using namespace std;
const ll mod = 998244353;ll qpow(ll a, ll b) {ll ans = 1;while (b) {if (b & 1) {ans = (ans * a) % mod;}b >>= 1;a = (a * a) % mod;}return ans;
}
int main() {int t; cin >> t;while (t--) {ll a, b, c, d;cin >> a >> b;c = (a + b) % mod;d = (a - b + mod) % mod;//这里的mod一定要加，像我不加卡半小时ll k; cin >> k;ll s = k / 2;ll e = k % 2;ll pre = qpow(2, s);ll ans1, ans2;if (e & 1) {ans1 = (c * pre) % mod;ans2 = (d * pre) % mod;}else {ans1 = (a * pre) % mod;ans2 = (b * pre) % mod;}cout << ans1 << " " << ans2 << endl;}
}

1002
题意：

题解：
根据题意，可以发现a[n]的排列顺序对答案是不会产生影响的
比如 a={ 2, 3 },k = 1, 那么一种构造为b={1, 2},x=2;
现在改变a的顺序为{3,2}，那么相应的b={2,1},x=2;
因此，不妨把a变为一个升序序列，为了使b的数字种类够多，可以在构造b时，往小处取值，并保证数字种类的不同。这样构造出来的b也是一个升序序列。
这里可以使用map，用于表示对于某种数字，当前可以使用的最小值。

#include <vector>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const double pi = acos(-1.0);
using namespace std;
const ll mod = 998244353;
ll a[100005]; map<ll, ll> pos;
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t; cin >> t;while (t--) {int n; cin >> n;ll k; cin >> k;pos.clear();for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> a[i];pos[a[i]] = a[i] - k;//该数字初始可使用的最小值一定是 数字-k}ll ans = 0;sort(a, a + n);//a[0] = pos[a[0]];pos[a[0]]++;//第一位的最小值选定，可选最小值加1ans++;for (int i = 1; i < n; i++) {//如果当前数字的可选最小值比上个数字小，表明当前最小值不符合条件，必然和之前数字有重复//因此要进行更新if (pos[a[i]] < pos[a[i - 1]])pos[a[i]] = pos[a[i - 1]];//在没超过k的范围内，数字种类可增加，并更新可选最小值if (pos[a[i]] <= a[i] + k) {pos[a[i]]++;//a[i] = pos[a[i]] - 1;ans++; }else {//a[i] = pos[a[i]] - 1;}}cout << ans << "\n";}
}

1003
题意：
给一张无向完全图，每条边有一个颜色，为黑色或者白色。你初始在点 s 上，你每次可以从当前的点经过一条边走到另一个点上，并将走过的边的颜色翻转。你想要把图中所有的边全都变为黑色，要求最小化走过的边的条数，求这个最小值，或者判断无解。
题解：
首先，题中所给的图是完全图，则必然是简单图，且每两点之间都有边相连。
要把所有白边变为黑边，白边要经过奇数次，黑边变为黑边，黑边要经过偶数次。为了使次数减少，那么原题可变为所有白边都经过1次并且借助最少的黑边的方案。
我们可以先把所有白边单独构图，作为一个白边子图。这样你会得到几个仅有白边的连通分量。为了使所有白边能经过，每两个连通分量间用黑边连接。由于是完全图，这样的黑边是必然存在的。
黑边要经过两次，因此加入到白边图中就等价于一对白色重边。
这样其实就构造好了一张连通的白边子图，这张子图的总边数就是我们要的答案。
但这个子图不一定是能达到要求的。子图所有边都是要不重复经过一次的，那就要用欧拉定理来判断。
这里说明一下，之前加黑边的操作是为了更好理解。判断是否为欧拉图/半图，初始的白边图就行。因为黑边只会给节点的度数加2，这不影响节点的奇偶性。
如果这不是欧拉图/半图，可以判为不可行。如果是欧拉图，那一定要判断起点是否为孤立节点，如果孤立，则必须与白边子图间用黑边连接。如果是欧拉半图，要是起点的度数不是奇数，则判为不可行。
图利用并查集储存。

#include <vector>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const double pi = acos(-1.0);
using namespace std;
const ll mod = 998244353;
int degree[1005];
//==========================================
int net1[100010];
int afind1(int i)
{if (net1[i] == i)return i;else return net1[i] = afind1(net1[i]);
}
void u1(int x, int y)
{if (afind1(x) != afind1(y))net1[afind1(x)] = afind1(y);else return;
}
//==============================================
int net2[100010];
int afind2(int i)
{if (net2[i] == i)return i;else return net2[i] = afind2(net2[i]);
}
void u2(int x, int y)
{if (afind2(x) != afind2(y))net2[afind2(x)] = afind2(y);else return;
}
//==============================================int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t; cin >> t;while (t--) {int n; cin >> n;int str; cin >> str;memset(degree, 0, sizeof degree);for (int i = 0; i <= n; i++) {net1[i] = net2[i] = i;}int whi = 0;for (int i = 2; i <= n; i++) {string a; cin >> a;for (int j = 0; j < a.length(); j++) {if (a[j] == '0') {u1(i, j + 1);//构造白边子图。whi++;//白边加1degree[i]++; degree[j + 1]++;//对应节点度数加1}else {u2(i, j + 1);//构造黑边子图，这个应该不需要，请忽略。}}}bool f = 1; int jie = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (degree[i] & 1)jie++;}if (!(jie == 0 || jie == 2))f = 0;//判断是否为欧拉图/半图if (f) {if (jie == 2) {if (!(degree[str] & 1))f = 0;//半图且起点度数不为奇数，不可行}}//cout << degree[1] << degree[2] << endl;if (f) {bool che[1005] = { 0 };for (int i = 1; i <= n; i++) {if (degree[i])che[afind1(i)] = 1;//孤立节点不判断为一个连通分量}int cnt = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (che[i])cnt++;//连通分量计数}if (degree[str] == 0)cnt++;//如果起点孤立，起点也作为一个连通分量//cout << whi << " :" << cnt << endl;if (whi)whi += 2 * (cnt - 1);//白边数加所需的黑边数的两倍cout << whi << "\n";}else {cout << -1 << "\n";}}}

the end。

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