A
题解
知识点：贪心。
我们考虑把正数和负数分开放，显然把负数和正数放在一起的结果不会更优。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
ll sum1 = 0, sum2 = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
if (x >= 0) sum1 += x;
else sum2 += -x;
}
cout << max(sum2 - sum1, sum1 - sum2) << '\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
题解
知识点：构造。
为了破坏每个子序列，我们把 B 扔到最后面即可，但这样太麻烦，还要考虑跳过后面本来就有的 B 。
因此我们选择首末 B 和 N 交换，这样只需要进行一半的对称操作。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
cout << (n + 1) / 2 << '\n';
for (int i = 1, j = 3 * n;i < j;i += 3, j -= 3) {
cout << i << ' ' << j << '\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
题解
知识点：博弈论。
如果 \(\forall i\in [2,n]\) 都有 \(a_1\leq a_i\) ，A 无论怎么取，不妨假设取了下标 \(i\) ，只要 B 取相同下标的，就会导致 \(a_1-1 \cdots a_i-1\cdots\) ，回到这种局面，并且数字减一，往复如此， \(a_1\) 会在 A 的回合是 \(0\) 于是输了。
如果 \(\exist i\in[2,n]\) 有 \(a_1>a_i\) ，A 取 \(a_i\) 中最小的那个，就到了 \(\forall i\in [2,n]\) 都有 \(a_1\leq a_i\) 但 B 先手的局面，B 输。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[100007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
bool ok = 0;
for (int i = 2;i <= n;i++) {
ok |= a[1] > a[i];
}
cout << (ok ? "Alice" : "Bob") << '\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
题解
知识点：贪心，枚举，STL，前缀和。
几个结论：
- 操作的区间不会交叉。因为交叉一定可以合并成一个完整的区间操作，答案不变，所以操作一定是互不相交的。
- 区间能操作至 \(0\) 的必要条件是异或和为 \(0\) 。因为操作本质是异或和，能合并，如果操作可行则合并得到整个区间的异或和也是 \(0\) 。
考虑处理出前缀和，和前缀异或和方便计算。在满足必要条件下分类讨论，不满足的无解：
-
区间全是 \(0\) ，不需要操作。
-
否则，区间长度为奇数，整个操作一次。
-
否则，若首或尾有 \(0\) 元素，则可以拆一个出来得到情况2，操作一次即可。
-
否则，找到区间内某个分割点，使得区间划分成两个长度为奇数异或和为 \(0\) 的区间，回到情况2，操作两次即可。
注意，不需要考虑划分成两个偶数长度区间，如果有偶数长度划分可行，则一定分别能再被划分成两个奇数长度区间，即得到四个奇数长度异或和为 \(0\) 的区间，取前 \(3\) 个合并最后变成两个奇数区间，因此一定存在奇数划分。
-
其他情况无解。
最后考虑情况4如何找到划分点。我们用 map 记录到 \(i\) 之前所有出现的异或和最后一次出现的位置，分奇数下标偶数下标分别记录。那么对于一个位置 \(i\) ，我们就能找到左侧最近的一个不同奇偶性的位置 \(last[i]\) ，使得 \([1,i]\) 和 \([1, last[i] ]\) 的异或和相同，且 \((last[i],i]\) 区间长度为奇数，于是我们就找到了一个划分点。如果划分点小于 \(l\) 则不可划分。
时间复杂度 \(O(n \log n + q)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007], xsum[200007], last[200007];
ll sum[200007];
bool solve() {
int n, q;
cin >> n >> q;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
cin >> a[i];
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
xsum[i] = a[i] ^ xsum[i - 1];
}
map<int, int> mp[2];
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (mp[!(i & 1)].count(xsum[i])) last[i] = mp[!(i & 1)][xsum[i]];
mp[i & 1][xsum[i]] = i;
}
while (q--) {
int L, R;
cin >> L >> R;
if ((xsum[R] ^ xsum[L - 1]) == 0) {
if (sum[R] - sum[L - 1] == 0) cout << 0 << '\n';
else if ((R - L + 1) & 1 || !a[L] || !a[R]) cout << 1 << '\n';
else if (last[R] >= L) cout << 2 << '\n';
else cout << -1 << '\n';
}
else cout << -1 << '\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;
}