Pinely Round 4 (Div. 1 + Div. 2) A - E

标签：return int Pinely long -- Div Round color define

A. Maximize the Last Element

答案是奇数位的最大值

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#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k) for(int i = (j);i <= (k);i ++)
#define ROF(i,j,k) for(int i = (j);i >= (k);i --)
#define PII pair<int,int>
#define int long long
#define ULL unsigned long long
#define db double
#define x first
#define y second
#define sp(x) fixed << setprecision(x)
#define all(g) g.begin(), g.end()
#define M(x) x %= mod, x += mod, x %= mod
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"
#define ANS cout << ans << '\n'
#define de(p) cout << #p << ' ' << p << '\n'
#define END(i, n) (i == n ? '\n' : ' ')
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10,INF = 1e9,mod = 26;

int n,m,k;


void solve()
{
    int ans = 0;
    cin >> n;
    FOR(i,1,n)
    {
        int x;cin >> x;
        if (i & 1) ans= max(ans,x);
    }
    ANS;
}


signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;

    while(T --)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}

B. AND Reconstruction

因为对于每个 $i<=n-1$ 都有 $b[i]=a[i]$ & $a[i + 1]$ ,所以 $a[i]$ 假设满足所有的 $b[i]$ ,即枚举每个 $b[i]$ 使 $a[i]$ 和 $a[i + 1]$ 或等于 $b[i]$。

然后再检验一边 $a[i]$ & $a[i + 1]$ $(i <= n - 1)$ 是否等于 $b[i]$

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#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k) for(int i = (j);i <= (k);i ++)
#define ROF(i,j,k) for(int i = (j);i >= (k);i --)
#define PII pair<int,int>
#define int long long
#define ULL unsigned long long
#define db double
#define x first
#define y second
#define sp(x) fixed << setprecision(x)
#define all(g) g.begin(), g.end()
#define M(x) x %= mod, x += mod, x %= mod
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"
#define ANS cout << ans << '\n'
#define de(p) cout << #p << ' ' << p << '\n'
#define END(i, n) (i == n ? '\n' : ' ')
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10,INF = 1e9,mod = 26;

int n,m,k;
int b[N];
int a[N];

void solve()
{
    cin >> n;
    FOR(i,1,n - 1) cin >> b[i];
    FOR(i,1,n) a[i] = 0;
    FOR(i,1,n - 1)
    {
        FOR(j,0,29)
        {
            if (b[i] >> j & 1)
            {
                a[i] |= (1 << j);
                a[i + 1] |= (1 << j);
            }
        }
    }

    FOR(i,1,n - 1)
    {
        if ((a[i] & a[i + 1]) != b[i])
        {
            cout << -1 << '\n';
            return;
        }
    }
    FOR(i,1,n) cout << a[i] << END(i,n);
}


signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;

    while(T --)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}

C. Absolute Zero

由于最多不超过40次操作,所以我们可以直接暴力模拟每一次操作

每个操作是将每个 $a[i]$ 替换为 $abs(a[i] - x)$,
由于我们最后需要把全部的 $a[i]$ 都变成 $0$ ,所以每次操作最优应该是选择 $(\sum_{i = 1}^{n}max(a[i])$ $-$ $\sum_{i = 1}^{n}min(a[i]))/2$
然后直接暴力模拟 $40$ 次之后,看数组是否全部为 $0$

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#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k) for(int i = (j);i <= (k);i ++)
#define ROF(i,j,k) for(int i = (j);i >= (k);i --)
#define PII pair<int,int>
#define int long long
#define ULL unsigned long long
#define db double
#define x first
#define y second
#define sp(x) fixed << setprecision(x)
#define all(g) g.begin(), g.end()
#define M(x) x %= mod, x += mod, x %= mod
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"
#define ANS cout << ans << '\n'
#define de(p) cout << #p << ' ' << p << '\n'
#define END(i, n) (i == n ? '\n' : ' ')
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10,INF = 1e9,mod = 26;

int n,m,k;
int a[N];

void solve()
{
    cin >> n;
    FOR(i,1,n) cin >> a[i];
    vector<int> ans;
    FOR(j,1,40)
    {
        int mi = a[1],ma = a[1];
        FOR(i,1,n)
        {
            mi = min(mi,a[i]);
            ma = max(ma,a[i]);
        }
        int t = mi + ma >> 1;
        ans.push_back(t);
        FOR(i,1,n)
        {
            a[i] = abs(a[i] - t);
        }
//        sort(a + 1,a + 1 + n);
    }
    int flag = 0;
    FOR(i,1,n)
    if (a[i] != 0)
        flag = 1;
    if (flag) cout << -1 << '\n';
    else
    {
        cout << 40 << '\n';
        for(auto i : ans) cout << i << ' ';
        cout << '\n';
    }
}


signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;

    while(T --)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}

D. Prime XOR Coloring

小于等于 $6$ 个点的时候可以手玩发现可以染色成 $1$ $2$ $2$ $3$ $3$ $4$

大于6个点的时候,由于 $i$ $ $ $ XOR $ $ $ $j$ 为质数才会加边，除了质数 $2$ 以外
的所有质数都是奇数的，即二进制中的第 $1$ 位都是 $1$ 。要保证 $i$ 和 $j$ 的第一位一样才不会加边

再考虑质数 $2$ , $2$ 的二进制是 $10$ , 所以要保证 $i$ 和 $j$ 的第二位一样才不会加边

所以只需要 $i$ 和 $j$ 的第一位和第二位都一样，那么 $i$ 和 $j$ 之间就不会产生任何边,一共需要四种颜色,对应二进制 $00$ , $01$ , $10$, $11$。染色只需要将每个 $i$ 染成 $(i$ $-$ $1)$ $ $ $\%$ $4+1$ 即可。

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#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k) for(int i = (j);i <= (k);i ++)
#define ROF(i,j,k) for(int i = (j);i >= (k);i --)
#define PII pair<int,int>
#define int long long
#define ULL unsigned long long
#define db double
#define x first
#define y second
#define sp(x) fixed << setprecision(x)
#define all(g) g.begin(), g.end()
#define M(x) x %= mod, x += mod, x %= mod
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"
#define ANS cout << ans << '\n'
#define de(p) cout << #p << ' ' << p << '\n'
#define END(i, n) (i == n ? '\n' : ' ')
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10,INF = 1e9,mod = 26;

int n,m,k;
int a[] = {0,1,2,2,3,3,4};

void solve()
{
    cin >> n;
    if (n > 6)
    {
        cout << 4 << '\n';
        FOR(i,1,n)
        {
            cout << (i - 1) % 4 + 1 << END(i,n);
        }
    }
    else
    {
        cout << a[n] << '\n';
        FOR(i,1,n) cout << a[i] << END(i,n);
    }
}


signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;
    while(T --)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}

E. Coloring Game

$Alice$ 的操作是给定两个颜色，$Bob$ 是将点用这两个颜色染起来，如果到最后有相邻的点颜色相同,那么 $Alice$ 赢。

先对整张图做一遍二分图染色。

如果这个图不是二分图的话，只需选 $Alice$ 然后输出 $n$ 个 $1$ , $2$ 即可获胜(一个图不是二分图那么肯定不能用两个颜色合法染完)

如果这个图是二分图的话,我们需要选 $Bob$ ,然后将染色后颜色相同的点进行分类，那么会分成两类点记为 $q1$ , $q2$。
染色的策略就是颜色 $1$ 只能染到 $q1$ 的点上,颜色 $3$ 只能染到 $q2$ 的点上，剩下的点染上颜色 $2$ ，直接模拟就好了。

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#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k) for(int i = (j);i <= (k);i ++)
#define ROF(i,j,k) for(int i = (j);i >= (k);i --)
#define PII pair<int,int>
#define int long long
#define ULL unsigned long long
#define db double
#define x first
#define y second
#define sp(x) fixed << setprecision(x)
#define all(g) g.begin(), g.end()
#define M(x) x %= mod, x += mod, x %= mod
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"
#define ANS cout << ans << '\n'
#define de(p) cout << #p << ' ' << p << '\n'
#define END(i, n) (i == n ? '\n' : ' ')
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10,INF = 1e9,mod = 26;

int n,m,k;

vector<int> G[N];
int color[N];

void init()
{

}

bool dfs(int u,int now)
{
    color[u] = now;
    for(auto i : G[u])
    {
        if (color[i])
        {
            if (color[i] == color[u]) return 0;
        }
        else
        {
            color[i] = 3 - color[u];
            if (!dfs(i,3 - now))
            {
                return 0;
            }
        }
    }
    return 1;
}

void solve()
{
    cin >> n >> m;
    FOR(i,1,n) G[i].clear(),color[i] = 0;
    FOR(i,1,m)
    {
        int u,v;cin >> u >> v;
        G[u].emplace_back(v);
        G[v].emplace_back(u);
    }
    int f = 1;
    FOR(i,1,n)
    {
        if (!color[i])
        {
            if (!dfs(i,1)) f = 0;
        }
    }
    if (!f)
    {
        cout << "Alice" << endl;
        FOR(i,1,n)
        {
            cout << 1 << ' ' << 2 << endl;
            int a,b;cin >> a >> b;
        }
    }
    else
    {
        cout << "Bob" << endl;
        queue<int> q1,q2;
        FOR(i,1,n)
        {
            if (color[i] == 1) q1.push(i);
            else q2.push(i);
        }
        FOR(i,1,n)
        {
            int a,b;cin >> a >> b;
            if (a == 1 || b == 1)
            {
                if (q1.size())
                {
                    cout << q1.front() << ' ' << 1 << endl;
                    q1.pop();
                }
                else
                {
                    cout << q2.front() << ' ' << max(a,b) << endl;
                    q2.pop();
                }
            }
            else
            {
                if (q2.size())
                {
                    cout << q2.front() << ' ' << 3 << endl;
                    q2.pop();
                }
                else
                {
                    cout << q1.front() << ' ' << 2 << endl;
                    q1.pop();
                }
            }
        }
    }
}


signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;
    init();
    while(T --)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}

标签：return,int,Pinely,long,--,Div,Round,color,define
From： https://www.cnblogs.com/zhifanacm/p/18331861

Pinely Round 4 (Div. 1 + Div. 2) A - E

A. Maximize the Last Element

B. AND Reconstruction

C. Absolute Zero

D. Prime XOR Coloring

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