日常刷题_cf

1、Maximum Subsequence Value

从nnn个数中挑kkk个数，使得∑2i\sum2^i∑2i最大（将这kkk个数用二进制表示，如果二进制第 iii 位为1的数的个数多于max(1,k−2)max(1,k-2)max(1,k−2)个，就加上2i2^i2i）。

题解

性质：选高位为1的数比选多个低位为1的数更优，1+21+22+⋅⋅⋅+2n−1<2n1 + 2^1 + 2^2+···+2^{n-1} <2^n1+21+22+⋅⋅⋅+2n−1<2n

当n>=3n>=3n>=3时，k=3k =3k=3能取得最大的∑2i\sum2^i∑2i。也就是说，当k>3k >3k>3时，多选的k−3k-3k−3个数不能使得原本第iii位的0(k=3k= 3k=3时)变为有效的1，既第iii位全为1，也只有k−3k-3k−3个数，小于 max(1,k−2)max(1,k-2 )max(1,k−2)。

int main()
{int n;cin >> n;long long a[505];myfor(i, 1, n) cin >> a[i];if (n <= 3) {long long ans = a[1];myfor(i, 1, n) ans |= a[i];cout << ans << endl;} else {long long ans = 0;myfor(i, 1, n) myfor(j, i + 1, n) myfor(k, j + 1, n) ans = max(ans, a[i]|a[j]|a[k]);cout << ans << endl;}return 0;
}

2、Solve The Maze

给一张二维迷宫，出口是(n,m)(n,m)(n,m)

. 表示这个位置可以行走
#表示这个位置是墙
G表示这个位置上有一个好人
B表示这个位置上有一个坏人

问是否存在一种方案：在某些位置上放墙，既令map[i][j]=′#′map[i][j] = '\#'map[i][j]=′#′，使得好人走出迷宫而坏人不能走出迷宫。

题解

在坏人的周围都放上墙，然后从出口出发，看是否能走到所有好人所在的位置。

3、Tree Shuffling（好题）

一棵树有nnn个节点，每个节点有三个值：aaa（花费），bbb（已有的值），ccc（想要变成的值）

操作：在任意一颗子树中选择kkk个节点，然后按照你的意愿排列这kkk个节点

操作代价：假设这颗子树的根是uuu，operation_cost=2∗k∗a[u]operation\_cost = 2 * k * a[u]operation_cost=2∗k∗a[u]

问任意次操作后，将所有的节点的bbb变成ccc的最小代价是多少？

b,c∈{0,1}b,c\in \{0,1\}b,c∈{0,1}

题解

贪心，从花费较小的节点开始操作起

思路比较简单，就是不会写

pair<ll, ll> DFS(int u, int pa, int cost)  {pair<int, int> now;     // 统计这颗子树需要对几个节点进行重新排列if (b[u] != c[u]) {now.first += b[u];now.second += c[u];}for (int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {int v = e[i].to;if (v == pa) continue;pair<ll, ll> nex = DFS(v, u, min(cost, a[v]));now.first += nex.first;now.second += nex.second;}int cnt = min(now.first, now.second);ans += 2ll * cnt * cost;    // cost: root -> u 这条链上的最小花费now.first -= cnt;    now.second -= cnt;return now;
}

4、Odd-Even Subsequence

给一个序列aaa，从中挑选kkk个数构成序列sss（不改变数的位置）。定义x=min(max{s1,s3,s5,s7,⋅⋅⋅},max{s2,s4,s6,s8,⋅⋅⋅})x = min(max\{s_1,s_3,s_5,s_7,···\},max\{s_2,s_4,s_6,s_8,···\})x=min(max{s1,s3,s5,s7,⋅⋅⋅},max{s2,s4,s6,s8,⋅⋅⋅})，问最小的xxx是多少？

题解

最小化最大值，考虑二分枚举答案，检查以下两种情况即可，换言之，我们需要构造出这样一个子序列sss

答案在奇序列中
答案在偶序列中

我的想法是：假设每次枚举的答案midmidmid一定在aaa中（用midmidmid构造子序列sss），然后发现checkcheckcheck的时候，非常不好做，因为必须判断假设是否成立。

/*
不断缩小答案的上界
*/
bool check(int x) {// 答案在偶序列for (int i = 1, cnt = 0; i <= n; i++) {if (((cnt & 1) && (a[i] <= x)) || (cnt % 2 == 0)) cnt++;    // 构造合适的s（贪心）if (cnt >= k) return true;}// 答案在奇序列for (int i = 1, cnt = 0; i <= n; i++) {if (((cnt % 2 == 0) && (a[i] <= x)) || (cnt & 1)) cnt++;if (cnt >= k) return true;}return false;
}

5、AND, OR and square sum

给一个序列aaa，有如下操作：

任选两个数aia_iai，aja_jaj，令ai′=ai&aja_i^{'}= a_i \& a_jai′=ai&aj，aj′=ai∣aja_j^{'} = a_i |a_jaj′=ai∣aj

可以操作任意次，令ans=∑i=1nai′2ans = \sum_{i = 1}^na_i^{'2}ans=∑i=1nai′2，最大化ansansans。

题解

假设x=ai∣ajx = a_i |a_jx=ai∣aj，有x>=aix >= a_ix>=ai且x>=ajx >= a_jx>=aj，所以我们可以让aaa中的最大值不断变大，而ansansans不会变小。按照这个思路有：令a1=amaxa_1 = a_{max}a1=amax（按降序排序），有a1=a1∣a2a_1 = a_1 | a_2a1=a1∣a2，a2=a1&a2a_2 = a_1 \& a_2a2=a1&a2、a1=a1∣a3a_1 = a_1 | a_3a1=a1∣a3，a3=a1&a3a_3 = a_1 \& a_3a3=a1&a3、······、a1=a1∣ana_1 = a_1 | a_na1=a1∣an，an=a1&ana_n = a_1 \& a_nan=a1&an。用相同的办法求出a2′a_2^{'}a2′，a3′a_3^{'}a3′，…，an′a_n^{'}an′，既能求得最大的ansansans。

显然，这样计算需要两次循环，复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)。实际上，给出的操作有个性质：不会改变每位包含1的个数，既ai′=ai&aja_i^{'} = a_i \& a_jai′=ai&aj，aj′=ai∣aja_j^{'} = a_i | a_jaj′=ai∣aj 把 aia_iai 的二进制位上的 1 给了 aja_jaj，但总的1的个数并没有改变。

所以，我们只需要统计二进制每位有多少个1，然后组成一个个数就行了。

妙啊，做cfcfcf的题始终差那临门一脚！

int main()
{int x;cin >> n;myfor(i, 1, n) {cin >> x;int t = 0;while(x) {cnt[t++] += x & 1;x >>= 1;}}ll ans = 0;myfor(i, 1, n) {ll x = 0;myfor(j, 0, 20) if (cnt[j]) {x += (1 << j);cnt[j]--;}ans += x * x;}cout << ans << endl;return 0;
}

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日常刷题_cf_6.26