A
题意
给一个正整数 \(n\) ，找到一组正整数 \(x,y \leq n\) ，满足 \(x^y \cdot y + y^x \cdot x = n\) 。
题解
知识点：数学。
尝试 \(x=1\) ，显然此时 \(2y = n\) ，如果 \(n\) 为偶数可以直接求得。
又左式无论 \(x,y\) 奇偶性结果都是偶数，因此 \(n\) 为奇数时无解。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
if (n & 1) return false;
else cout << 1 << ' ' << n / 2 << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
题意
给定一个正整数 \(n\) ，将其分解为 \(\prod_{i=1}^m a_{i}^{p_{i}}\) ，其中 \(a_i\) 是不同素数的乘积。
问 \(\sum_{i=1}^m a_i \cdot p_i\) 的最大值。
题解
知识点：质因数分解，贪心。
先考虑将 \(n\) 质因数分解 \(\prod_{i=1}^m a_{i}^{p_{i}}\) ，其中 \(a_i\) 为素数。
显然，我们可以将不同的素数 \(a_i^{p_i},a_j^{p_j}\)合并成一个新的数 \((a_i \cdot a_j)^{\min(p_i,p_j)}\) ，这样的答案更优，因此我们考虑合并能合并不同的素数。
时间复杂度 \(O(\sqrt n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void get_pfactor(int n, vector<pair<int, int>> &pfactor) {
for (int i = 2;i * i <= n;i++) {
if (!(n % i)) {
pfactor.push_back({ i,0 });
while (!(n % i)) n /= i, pfactor.back().second++;
}
}
if (n > 1) pfactor.push_back({ n,1 });//最后可能留一个大于sqrt(n)的质数
}
bool solve() {
int n;
cin >> n;
vector<pair<int, int>> pfactor;
get_pfactor(n, pfactor);
vector<ll> v(32, 1);
for (auto [x, y] : pfactor) v[y] *= x;
ll ans = 0;
for (int i = 30;i >= 1;i--) v[i] *= v[i + 1], ans += (v[i] > 1) * v[i];
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题意
给定一组数 \(a_i\) 和 \(s\) ，将 \(a_i,i \in [2,n-1]\) 分解为新的两个非负整数 \(x_i,y_i\) 且满足 \((x_i - s) \cdot (y_i - s) \geq 0\) 。
求 \(F = a_1 \cdot x_2 + y_2 \cdot x_3 + \cdots + y_{n-1} \cdot a_n\) 的最小值。
题解
知识点：线性dp，贪心。
对于 \(x_i,y_i\) 满足的不等式，可以理解为 \(x_i,y_i\) 要同时大于等于 \(s\) 或小于等于 \(s\) 。
考虑对 \(a_i\) 贪心地分解为一个最小值和一个最大值，即当 \(a_i \geq 2s\) ，可以分解为 \(x_i = s,y_i = a_i-s\) ；当 \(a_i < 2s\) ，可以分解为 \(x_i = \max(0,a_i-s),y_i = \min(s,a_i)\) 。可以如此证明，考虑某一段 \(y_{i-1} \cdot x_i+y_i\cdot x_{i+1} = (y_{i-1}-x_{i+1})\cdot x_i+a_i\cdot x_{i+1}\) ，无论 \(y_{i-1},x_{i+1}\) 如何， \(x_i\) 的极值点一定是在最小值或最大值处，而且这种选择没有后效性，因此分解只需要分解为一个最小值和一个最大值。
接下来我们需要确定最小值和最大值的顺序，考虑设 \(f_{i,0/1}\) 表示 \(a_1\cdot x_2 + \cdots+y_{i-1} \cdot x_i\) 中 \(x_i\) 是最小值/最大值时 \(F\) 的最小值，我们可以通过 \(f_{i-1,0/1}\) 来转移。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n, s;
cin >> n >> s;
vector<pair<int, int>> p(n + 1);
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
if (i == 1) p[1] = { 1e9,x };
else if (i == n) p[n] = { x,1e9 };
else {
if (x >= 2 * s) p[i] = { s,x - s };
else p[i] = { max(0,x - s),min(x,s) };
}
}
array<ll, 2> f{};
f[0] = f[1] = 0;
for (int i = 2;i <= n;i++) {
array<ll, 2> g{};
auto [x1, y1] = p[i - 1];
auto [x2, y2] = p[i];
g[0] = min(f[0] + 1LL * y1 * x2, f[1] + 1LL * x1 * x2);
g[1] = min(f[0] + 1LL * y1 * y2, f[1] + 1LL * x1 * y2);
f = g;
}
cout << f[0] << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
题意
给定 \(n\) 个数 \(a_i\) ，从第 \(1\) 个数出发，每次可以跳到第 \(i+a_i\) 个数，直到跳到 \(<1\) 或 \(>n\) 的地方游戏结束。
现在可以选择一个数字改成 \([-n,n]\) 的任意一个数字，问有多少种改变方式（不改也算一种），能使得游戏结束。
题解
知识点：dfs，枚举。
我们可以把跳转路径画成一张有向图， \(0\) 作为游戏结束的点，那么 \(1\) 与 \(0\) 连通表示游戏一定可以结束。
考虑两类点：
- 从 \(1\) 出发能经过的点。
- 与 \(1\) 无关的其他点。
对于第二类点，改变他们并不影响 \(1\) 到终点的连通状态。因此，当 \(1\) 初始已经合法，那么他们能直接贡献 \(2n+1\) 个改变方案，否则没有任何贡献。
对于第一类点，我们需要注意，改变他们可能使得 \(1\) 无解或路径成环。除去 \(n+1\) 种直接导向 \(0\) 点的方案，他们只能连接那些能到达 \(0\) 且不会使路径成环的点。
对此，我们先给第一类点标记一个到 \(0\) 的距离（无穷大表示不可达）。第一类点可以导向距离比他小的第一类点，而反之一定成环。对于第二类点，如果他们能导向某个第一类点，那么我们可以认为他们的距离和这个第一类点是一样的，因为他们能不能使得路径成环，取决于他们导向的那个第一类点的距离大小，于是我们可以用相同的策略判断第二类点是否可以被导向。因此，我们把可达的点的距离排个序，每次可以二分查找得到合法点的个数
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n;
int a[200007];
bool vis[200007], vis2[200007];
int dis[200007];
int dfs(int u) {
if (u < 1 || u > n) return 0;
if (vis[u]) return dis[u];
vis[u] = 1;
return dis[u] = dfs(u + a[u]) + 1;
}
int dfs2(int u) {
if (u < 1 || u > n) return 0;
if (vis[u] || vis2[u]) return dis[u];
vis2[u] = 1;
return dis[u] = dfs2(u + a[u]);
}
bool solve() {
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i], dis[i] = 1e9, vis[i] = vis2[i] = 0;
dfs(1);
for (int i = 1;i <= n;i++) dfs2(i);
vector<int> v;
for (int i = 1;i <= n;i++) if (dis[i] < 1e9) v.push_back(dis[i]);
sort(v.begin(), v.end());
ll ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (vis[i]) ans += n + 1 + (lower_bound(v.begin(), v.end(), dis[i]) - v.begin());
else if (dis[1] < 1e9) ans += 2 * n + 1;
}
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
E
题意
给定正整数 \(n,k,x\) ，要求分为恰好 \(k\) 个非空子序列，使得这 \(k\) 个子序列的异或和都为 \(x\) 。
题解
知识点：位运算，贪心，构造。
容易知道，有解的必要条件是 \(k\) 个 \(x\) 的异或和等于 \(a_i\) 的异或和。满足必要条件后，我们尝试划分序列。
因为满足了必要条件，那我们如果能分出合法序列，那么序列个数的奇偶性一定和 \(k\) 相同，而其他数的异或和一定为 \(0\) 。
我们讨论合法序列个数的最大值情况：
-
最大值大于等于 \(k\) 一定有解，我们可以把多出来的序列和多余的数全部扔进一个序列里，不会改变异或和。
-
最大值小于 \(k\) 个一定无解，因为已经是能得到的最大值了。
于是问题变成如何分出最多的合法序列。我们可以通过这样的方法，在 \([1,n]\) 中：
- 如果有 \(x\) 那就单独分一组。
- 对于 \(i\) ，如果 \(x \oplus i \leq n\) ，那就 \(i, x \oplus i\) 两个数分一组。
这样就能得到最多的合法序列。
证明：
为了异或得到 \(x\) ，那么我们一定要保证每个序列都有奇数个数，满足在 \(x\) 的最高位 \(1\) 处也是 \(1\) 。
假设 \([1,n]\) 中有 \(m\) 个数满足在 \(x\) 的最高位 \(1\) 处也是 \(1\) ，那我们至多可以分 \(m\) 个序列。
对于 \(m\) 个数中任意一个数 \(i\) ， \(i \oplus x\) 一定小于 \(i\) ，所以一定能找到数 \(i \oplus x\) 与其对应。同时，根据异或运算的等式性质，可以断定 \(i,i \oplus x\) 是唯一确定的一对，不会出现一个数被多个数对应，所以我们至少可以分 \(m\) 个序列。
因此我们一定能通过 \(i,i \oplus x\) （ \(x\) 可以直接安排进一个序列）的方式分出最多的序列，共 \(m\) 个。
得到最多的合法序列后，判断后即可构造或者无解。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n, k, x;
cin >> n >> k >> x;
int xsum = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) xsum ^= i;
if (xsum != x * (k & 1)) return false;
vector<char> vis(n + 1);
vector<vector<int>> v;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (vis[i] || (x ^ i) > n) continue;
if (i == x) v.push_back({ i });
else v.push_back({ i,x ^ i });
vis[i] = vis[i ^ x] = 1;
}
if (v.size() < k) return false;
cout << "YES" << '\n';
for (int i = 0;i < k - 1;i++) {
cout << v[i].size() << ' ';
for (auto val : v[i]) cout << val << ' ';
cout << '\n';
}
vector<int> r;
for (int i = k - 1;i < v.size();i++) for (auto val : v[i]) r.push_back(val);
for (int i = 1;i <= n;i++) if (!vis[i]) r.push_back(i);
cout << r.size() << ' ';
for (auto val : r) cout << val << ' ';
cout << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
}
return 0;
}