导语

日常的队内集训，开始的时候状态其实很好，但是到了后两题就出现了状况，其实完全可以至多错两发就过的，应该快接近铜牌水平了，希望能在今年济南站首次拿牌

链接：第 45 届国际大学生程序设计竞赛（ICPC）亚洲区域赛（济南）（重现赛）

涉及的知识点

思维，贪心，二分图，位运算

题目

C

题目大意：n堆石子，每堆石子最多有3个，现在将这n堆石子合并，每次选择两堆来合并，合并两堆的花销为(x%3)(y%3)(x\%3)(y\%3)(x%3)(y%3)，求出最小花销

思路：和队友讨论得出结论后然后让队友写的，结论很简单，一开始个数为3的是不用考虑的，直接考虑个数为2和个数为1即可，将2和1对应组合，判断剩余的是2还是1，再根据对应的情况直接处理即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);ll a,b,c,res=0;cin >>a>>b>>c;res+=min(a,b)*2;if(a>b) {res+=(a-b)/3*3;if((a-b)%3==2)res++;} else {res+=(b-a)/3*6;if((b-a)%3==2)res+=4;}cout <<res;return 0;
}

D

题目大意：n个学生，wiw_iwi为第i个学生写的论文字数，第i个学生有一个字数下限LiL_iLi和一个字数上限RiR_iRi，显然有Li≤wi≤RiL_i\le w_i\le R_iLi≤wi≤Ri，对第i个学生，它的成绩是n−Kin-K_in−Ki，KiK_iKi是n个学生中满足wj>wiw_j\gt w_iwj>wi的j的数量，每个学生想要实现更高的分数，所以对他们最有利的情况下他们都会写到自己的上限，但显然，如果每个人写的字数都一样，所有人的成绩都是最高分，现在为了避免内卷，每个学生需要选择一个wiw_iwi满足这两个条件：

对于每个学生，他/她的成绩不能比最初的计划低
最小化∑i=1nwi\sum_{i=1}^n w_i∑i=1nwi

思路：这题是队友写的，好像是因为读题的问题忽略了细节，结果犯了不该犯的错误，以后还是尽量自己来看一遍翻译
这里有一个很关键的一个地方，就是不能比最初的计划低，最初的计划是都取右端点，所以首先按照右边界排序获得最初计划的乘积，

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=1e5+5;
typedef pair<ll,ll>pr;
pr ran[N];
bool cmp(pr p1,pr p2) {if(p2.second > p1.second)return true;else if(p2.second == p1.second)return p2.first > p1.first;elsereturn false;
}
int main() {int n;scanf("%d",&n);for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld %lld",&ran[i].first,&ran[i].second);sort(ran+1,ran+1+n,cmp);ll res=0,tmp=0;for(int i=1; i<=n;) {ll rmax=ran[i].second,mark=ran[i].first,cnt=0;while(i<=n) {if(ran[i].second!=rmax)break;cnt++;mark=max(max(mark,ran[i].first),tmp);i++;}res+=(cnt*mark);tmp=mark;}printf("%lld\n",res);return 0;
}

G

题目大意：给出两个正整数X,Y(X>Y)X,Y(X>Y)X,Y(X>Y)，每次操作X=XxorA(0≤A<X)X=XxorA(0\le A \lt X)X=XxorA(0≤A<X)，现在要操作至多5次使得XXX变成YYY

思路：首先，XxorYxorX=YX xor Y xorX=YXxorYxorX=Y，那么理论上进行两次操作即可，如果XxorY>XXxorY>XXxorY>X，那么先算XxorYXxorYXxorY即可，否则就直接把XxorYXxorYXxorY的结果与XXX异或即可

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int main() {ll X,Y;scanf("%lld%lld",&X,&Y);ll xy=X^Y;if(xy>X)printf("2\n%lld %lld",Y,X);elseprintf("1\n%lld",xy);return 0;
}

J

题目大意：有一个图构造器，输入一个整数序列a1…n(0≤a<260)a_{1\dots n}(0\le a\lt 2^{60})a1…n(0≤a<260)，输出一个有n个节点的无向图，当ax∣ay=260−1时，有a_x|a_y=2^{60}-1时，有ax∣ay=260−1时，有边(x,y)(x,y)(x,y)存在，现在给出一棵有n个节点的树，求出构造整棵树的序列

思路：训练的时候考虑的方向是对的，但是没有解决图中的极端情况，给定节点数很小，考虑按位来构造这棵树，因为是或运算，贪心的去想，尽量保证节点之间所取的位不同，那么，每个节点与相连节点至少有两位不同，道理很简单，如果只有一位不同的话，那么该节点的相连节点会全部相同，下一层就没办法推出了。如图，可以看到每隔一层的节点，它们的位上01的情况应该是大致相同的，不过是几位不同而已，这里就可以用二分图的思想把所有节点染色，再根据颜色少的节点来构造，其数量必定是小于等于50个的，假设红色的即为颜色少的节点颜色，构造方法如下（不止这一种）：

第i个红点最高位置0，第i为0，其余为1，红点之间无边
蓝点最高位置1，与其相邻的红点对应编号为x，蓝点所有的x置1，其余为0，蓝点之间无边

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,cnt,head[1212],id[121];
long long a[121];
vector<int>vec[2];
struct node {int next,to;
} e[1212];
void Add(int from,int to) {e[++cnt].next=head[from];e[cnt].to=to;head[from]=cnt;
}
void dfs(int u,int fa,int col) {//染色vec[col].push_back(u);for(int i=head[u]; i; i=e[i].next) {int v=e[i].to;if(v!=fa)dfs(v,u,col^1);}
}
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >>n;for(int i=1; i<n; i++) {int u,v;cin >>u>>v;Add(u,v);Add(v,u);}dfs(1,0,0);if(vec[0].size()>vec[1].size())swap(vec[0],vec[1]);//确保以少的点为基础int len=vec[0].size();for(int i=0; i<len; i++) {//白点加上权值a[vec[0][i]]=(1ll<<60)-1-(1ll<<i)-(1ll<<59);id[vec[0][i]]=i;//标记}len=vec[1].size();for(int i=0; i<len; i++) {int u=vec[1][i];a[u]=(1ll<<59);//最高位设1for(int j=head[u]; j; j=e[j].next) {//根据邻接点加上缺的值int v=e[j].to;a[u]+=(1ll<<id[v]);}}for(int i=1; i<=n; i++)cout <<a[i]<<" ";return 0;
}

M

题目大意：一个锅，每次可以同时煎K张饼，每个饼正反面都要简，每次剪花费1h，求煎完所有n张的最小花费

思路：就是个找规律的题，思路很简单

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {int n, k;scanf("%d%d",&n,&k);if(n<=k)printf("2\n");else if(2*n%k)printf("%d\n",2*n/k+1);elseprintf("%d\n",2*n/k);return 0;
}

参考文献

2020 ICPC济南站 J Tree Constructer 构造+二分图染色

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