GBNC 题解

这可比平时做的红题难吧。题目以思维为主，和 CCF 的趋势有点挂钩。

题目实际难度：橙-，橙，橙，黄。

不知道从哪听到的消息，说你们的信息思维都特别好，所以就没有大红题了。

T1

思路

这道题我们能用模拟来写。我们可以将这整个询问分为 \(n\) 个小询问。每次询问我们用一个整形 \(num\) 来记录当前队尾的龟最快能在什么时候吃完，每次有龟来我们分 \(2\) 种情况。

我们设当前龟到达时间为 \(t\)，吃海带要 \(k\) 分钟。

1. \(num\leq t\)，我们将 \(num\) 置为 \(t+k\) 后输出。

2. \(num\ge t\) 我们将 \(num\) 加上 \(k\) 并输出。

时间复杂度：\(\Theta(能过)\)

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
    int n, m;
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i<= n; i++){
		int k;
		cin >> k;
		int ntime = 0;
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			int tt;
			cin >> tt;
			if (ntime < tt) {
				ntime = tt;
			}
			ntime += k;
			cout << ntime << ' ';
		}
		cout<<'\n';
	}
	return 0;
}

T2

这道题来源于我的一个无聊的晚修，想搞一个 DP 自己玩玩，结果想到了一个 div.3 T1 的 IDEA，于是就出出来了。

思路

我们想想，要把 01 串排序，无非就是将 0 往前排，1 往后排吗？如果要让一个数 \(x\) 从位置 \(l\) 按照冒泡排序的方式移动到 \(r\)，那就需要花费 \(r - l\) 的代价，也就是移动距离。

每个 \(1\) 总是要移动到后面，那我们不妨算一下，移动到后面需要多少代价。

手推一下可以知道，若 \(A_x = 1\)，则 \(A_x\) 移动到后面需要比 \(x\) 后的 \(0\) 的个数的代价。因为剩下的距离，要不是已经到头了，要不是早就有前面的 \(1\) 给你垫背。

于是，答案就是，每个 \(A_x = 1\)，其给我们的代价和。

代码上也有实现技巧：从右往左依次统计 \(0\) 的个数，每遇到一个 \(A_x = 1\)，答案和统计出来的个数相加。

时间复杂度：\(\Theta(n)\)

Code

签到题就不给部分分了，：）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;// 个人癖好，以后定义 long long 类型就只用写 ll 了
const int N = 3e6 + 5;
int a[N];
signed main() {
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)    cin >> a[i];
	ll ans = 0;
	int cnt = 0;
	for (int i = n; i; i--){
		if (a[i] == 0)	cnt++;
		else ans += cnt;
	}
	cout << ans;
}

T3

思路

首先观察性质 \(x_1+x_2=x_3+x_4\)，怎么找到四个互异下标满足呢？

注意到是下标，假设 \(x_1<x_2\) 那么有 \(x_1+1+x_2-1=x_1+x_2\) 等式永远满足，\(1\) 为下标移动的步数，我们称它为性质一。

那么对于 \(a_{x_1}+a_{x_2}=a_{x_3}+a_{x_4}\) 同理，我们只需要找到这个公差 \(k\) 使得 \(a_{x_1}+k+a_{x_2}-k=a_{x_1}+a_{x_2}\)，我们称它为性质二。

做法

注意到对于序列中满足性质一的下标都满足性质二，即他们的公差都为 \(k\)，且注意到 \(n\ge 5\) 代表着对于任何下标 \(x\) 都有性质一，那么我们就可以发现序列 \(a\) 一定是一个等差序列，若不满足此特性，直接输出 No 即可。

如果 \(m\le1\) 时，\(p\) 取任何数都不会影响答案，那么直接输出 Yes 即可。

否则就用「等差序列求公差公式」求出公差 \(k\) 依次判断就行了，（不会没有人不知道公式吧......）。

时间复杂度 \(\Theta(m \log_2 m)\)

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 5;
int T;
struct node {
	int id;
	ll ids;
} a[N];

bool cmp (node a, node b) {
	return a.id < b.id;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i++)	cin >> a[i].id >> a[i].ids;
	
	if (m == 0 || m == 1) {
		cout << "Yes" << '\n';
		return 0;
	}
	
	sort(a + 1, a + 1 + m, cmp);
	
	if ((a[2].ids - a[1].ids) % (a[2].id - a[1].id) != 0) {
		cout << "No" << '\n';
		return 0;
	}
	
	ll s = (a[2].ids - a[1].ids) / (a[2].id - a[1].id);//公差
	
	for (int i = 1; i < m; i++)
		if ((a[i + 1].id - a[i].id) * s != (a[i + 1].ids - a[i].ids)) {
			cout << "No" << '\n';
			return 0;
		}
	
	cout << "Yes" << '\n';
	return 0;
}

最后，在 Mason123456 和 __XU__ 的不懈努力下，终于把 G1yu 的代码卡成 \(20 ~ pts\) 力！从此，世上再无骗分，再无错解！！

T4

来源于某次 allqpsi 给 G1yu 的睡前故事被 Mason123456 听到了于是出了这题。

思路

首先，二进制，第一时间想到按位讨论。说白了就是拆位。（这个应该学了吧）

二进制的一个特性，假如现在有从右往左数第 \(x\) 位，其权制为 \(2^x\)，有 \(2^x > \sum_{i = 0}^{x-1}2^i\)，通俗的讲，二进制上任意一个位的权制，都比前面位的权制之和还大。也就是说，在二进制下，我们想要答案更大，就需要二进制下，更多的数出现在高位上。

手推一下，可以知道任意正整数 \(x\) 在二进制下最多有 \(\log_2(x)\) 位。

还有按位与，&，的性质。如果要让答案为 \(1\)，那所有参加运算的数都为 \(1\)。

于是就有了贪心策略：从高位往低位枚举，每次选尽可能多的，那一位是 \(1\) 且之前被选择过的。选择的元素只减不增，到最后一个选择的元素 \(\ge k\) 的按位与和就是答案了。

时间复杂度：\(\Theta(n \log_2 (2 \times 10^9))\)

Code

还是打个注释吧。

#include <iostream>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5 + 5, M = 30;// log2(1e9) 约等于 30，所以最高位是 30 位
int n, k, a[N], vis[N];

int main() {
//	freopen("012.in.txt", "r", stdin);
//	freopen("012.out.txt", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        vis[i] = 1;// 首先，所有数字都可以被选择
    }
    for (int i = M; i >= 0; i--) {// 从高位往地位枚举，时间复杂度 log2(max A)
        int cnt = 0;
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (!vis[j]) continue;
            if (vis[j] && (a[j] >> i) & 1) cnt++;
        }
        if (cnt >= k) {// 如果选择合法，那就选
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                if (vis[j] && (a[j] >> i) & 1) vis[j] = 1;// 能选就选
                else vis[j] = 0;
            }
        }
    }
    bool flag = false;
    int ans = (1ll << 30) - 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
//        if (!flag && vis[i]) ans = a[i], flag = true;// 如果一开始 ans = 0，那就没有 & 的意义了。
        if (vis[i]) ans &= a[i];
    }
    if(ans == (1ll << 30) - 1)	cout<<0;
    else cout << ans;
    return 0;
}

部分分思路+代码

作为刚刚语法入门的你们，部分（第四声）分（第一声）也是相当重要的。

T3

20 分做法（1）

打暴力即可。

20 分做法（2）

提示性部分分。

T4

30 分做法

深度优先搜索。是的，暴力比正解还难写。深搜每个数是否要选择。时间复杂度 \(\Theta(2^n)\)。

#include <iostream>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5 + 5;
int n, k;
ll a[N], ans = 0;
void dfs(int v, int chos, ll sum) {
    if (chos == k) {
        ans = max(ans, sum);
        return;
    }
    if (v == n) return;
    dfs(v + 1, chos + 1, sum & a[v]);
    dfs(v + 1, chos, sum);
}

int main() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    dfs(1, 1, a[1]);
    dfs(1, 0, (1ll << 31) - 1);
    cout << ans;
    return 0;
}
// i have no idea WTF the Code is

40 分做法

i have no idea WTF is the 40 pts.

另外 10 分（1）

所有数都一样，输出那个数即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
  int n, k, v;
  cin >> n >> k >> v;
  cout << v;
}

另外 10 分（2）

这是一个提示性部分分，和上一个部分分食用效果更佳。

因为 \(A_i = 2^x\)，所以 \(A_i\) 在二进制下只有一个位是 \(1\)，按位与的结果要为 \(1\) 的条件是有 \(k\) 个数都是 \(1\)，所以这个点看有没有 \(k\) 个相同的数，有，输出更大的，没有，输出 \(0\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int, int> mp;
int main() {
	int n, k;
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int v;
		cin >> v;
		mp[v] ++;
	}
	int maxn = 0;
	for (auto &t : mp) {
		if (t.second >= k)	maxn = max(maxn, t.first);
	}
	cout << maxn;
}

什么？你看不懂 auto 语法？那。。我好像也没办法，bdfs 吧。

结果

\(30\) 分做法得分：\(30 ~ pts\)

另外 \(10\) 分做法（1）得分：\(25 ~ pts\)

另外 \(10\) 分做法（2）得分：\(35 ~ pts\)

排序之后选 \(k\) 个数按位与得分：\(45 ~ pts\)

mt19937 全责！

结语

因为这玩意，未来几次 Div.3 内部赛的 T1 IDEA 都没了。