Pinely Round 4 (Div. 1 + Div. 2)

A. Maximize the Last Element

题意

给一个长度为 n n n的数组 , (n为奇数) ， 每次你可以删除数组中相邻的两个数，直到数组剩下一个数，问数组最终剩下的那个数最大为多少。

思路

可以发现， 我们最终只有可能留下奇数位的元素 a 1 , a 3 , . . . , a n a_1,a_3,...,a_n a1​,a3​,...,an​ ，对其取max即可。

证明： 整个数组中有 n + 1 2 \frac{n+1}{2} 2n+1​ 个奇数数位， n − 1 2 \frac{n-1}{2} 2n−1​ 个偶数数位， 即奇数下标一定比偶数多一个， 而对于每次删除操作，一定会删除一个奇数下标的元素和一个偶数下标的元素（因为二者相邻）， 并且不会改变其他下标的奇偶性， 因此进行 n − 1 2 \frac{n-1}{2} 2n−1​ 轮删除后， 奇数下标只剩 1 1 1 个，而偶数下标剩0个。

代码

#include using namespace std; #define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); #define int long long #define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++) #define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--) const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; typedef pair PII; void solve(){ 	int n; 	cin>>n; 	int ans = 0; 	for(int i = 1;i<=n;i+=2){ 		int num;cin>>num; ans = max(ans,num); 	} 	cout< 	int T = 1; 	cin>>T; 	while(T--){ 		solve(); 	} 	return 0; } 

B. AND Reconstruction

题意

给你一个长度为 n − 1 n-1 n−1 的数组b，请你构造一个长度为n的数组a，满足 a [ i ] & a [ i + 1 ] = b [ i ] a[i] \& a[i+1] = b[i] a[i]&a[i+1]=b[i] , 其中 & \& &表示按位与。

若构造不出合法的数组 a a a ,输出-1

思路

我们既然要构造a数组，那么就考虑 a [ i ] a[i] a[i] 受到b的哪些元素影响，可以发现 a [ i ] a[i] a[i] 只和 b [ i − 1 ] , b [ i ] b[i-1] ,b[i] b[i−1],b[i] 有关， 并且 b [ i − 1 ] , b [ i ] b[i-1],b[i] b[i−1],b[i] 中为1的数位，在 a [ i ] a[i] a[i] 中都应该是1， 所以我们让 a [ i ] = b [ i − 1 ] ∣ b [ i ] a[i] = b[i-1] | b[i] a[i]=b[i−1]∣b[i] 就可以得到最终的a[i]数组， 然后我们再按顺序判断一下对于所有的 b [ i ] b[i] b[i]是否都满足 a [ i ] & a [ i + 1 ] = b [ i ] ( 1 ≤ i ≤ n − 1 ) a[i]\&a[i+1] = b[i] (1\le i \le n-1) a[i]&a[i+1]=b[i](1≤i≤n−1)

代码

#include using namespace std; #define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); #define int long long #define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++) #define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--) const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; typedef pair PII; void solve(){ 	int n; 	cin>>n; 	vectora(n+5),b(n+5); 	 	for(int i = 1;i 		cin>>b[i]; 	} 	for(int i = 1;i<=n;i++){ 		a[i] = b[i-1] | b[i]; 	} 	for(int i = 1;i 		if((a[i] & a[i+1])!= b[i]) {cout<<-1< 		cout< 	int T = 1; 	cin>>T; 	while(T--){ 		solve(); 	} 	return 0; } 

C. Absolute Zero

题意

给你一个长度为n的数组a， a 1 , a 2 , . . . , a n a_1,a_2,...,a_n a1​,a2​,...,an​ , （ 0 ≤ a [ i ] ≤ 1 0 9 0\le a[i] \le 10^9 0≤a[i]≤109） 你要进行至多40次操作（无需令操作数最少）， 每次操作选择一个数x， 并令所有的 a i , ( 1 ≤ i ≤ n ) a_i,(1\le i\le n) ai​,(1≤i≤n) 变为$|a_i - x | $ , 其中的 ∣ v ∣ |v| ∣v∣ 表示 v v v 的绝对值。

在进行完一些操作之后，让整个a数组全部变为0。 如果无法实现， 输出-1。

思路

首先考虑不成立的情况， 如果我们令数组中所有的元素都同时减去一个偶数，那么他们的奇偶性都会保持不变； 相反如果同时减去一个奇数，那么他们的奇偶性都会变化。 而我们最终要求所有的数都是0，即都是偶数。于是我们就可以发现，如果数组a中同时含有奇数以及偶数，那么就无法让a全部变为0。

接下来我们考虑如何解决这道题。最多40次使我们很容易想到按位处理。

起初所有的 a [ i ] a[i] a[i] 都满足 a [ i ] ≤ 1 0 9 < 2 30 a[i] \le 10^9 < 2^{30} a[i]≤109<230 , 所以我们第一次操作选择 2 29 2^{29} 229 ，便可以让所有的数都满足 0 ≤ a [ i ] ≤ 2 29 0\le a[i] \le 2^{29} 0≤a[i]≤229 ,

再接着我们第二次操作选择 2 28 2^{28} 228 ， 于是所有的数都满足了 0 ≤ a [ i ] ≤ 2 28 0\le a[i] \le 2^{28} 0≤a[i]≤228

不断重复如上选择，直到最后选择了 2 0 2^0 20 。

我们不断如上选择会不断缩小a数组元素的取值范围。使得最终都变为0 。

需要特殊注意的是，此时如果a数组原本为奇数数组，那么所有的数都变为了0 。 但如果a数组是偶数数组，那么最终还要在选择一次0.

代码

#include using namespace std; #define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); #define int long long #define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++) #define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--) const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; typedef pair PII; void solve(){ 	int n; 	cin>>n; 	vector a(n+5); 	rep(i,1,n){ 		cin>>a[i]; 	} 	int odd=0,even=0;     //特判是否能够成立 	rep(i,1,n){ 		if(a[i]%2) odd=1; 		else even=1; 	} 	if(odd&&even){ // 如果同时有奇数和偶数，就不能 		cout<<-1< ans;//存储答案 	for(int i=29;i>=0;i--) ans.push_back(1< 		cout< 	int T = 1; 	cin>>T; 	while(T--){ 		solve(); 	} 	return 0; } 

D. Prime XOR Coloring

题意

给你一个无向图，图中有 n n n个节点，编号从 1 1 1到 n n n。 如果 u ⊕ v u \oplus v u⊕v 是一个质数 （ u ⊕ v u \oplus v u⊕v表示u和v进行按位异或） ，那么 u u u和 v v v之间有一条边相连。 请你给这 n n n个节点染色，使得不存在两个相邻的节点有相同的颜色。

思路

先给出结论，所有的节点最多只需要4种颜色。

因为节点 1 , 3 , 4 , 6 1,3,4,6 1,3,4,6 所以他们四个的颜色必须不同，我们为他们四个分配四种颜色。

于是当 n < 6 n<6 n<6 时，我们直接打表输出。 当 n > 6 n>6 n>6 时，我们令 a [ i ] = i % 4 + 1 a[i] = i\%4+1 a[i]=i%4+1 , 这样就保证了任意两个相同颜色的节点的差一定是4的倍数，那么他们的异或就一定不是质数。也就满足了题意。。

代码

#include using namespace std; #define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); #define int long long #define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++) #define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--) const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; typedef pair PII; void solve(){ 	int n;cin>>n; 	if(n == 1){ 		cout<<"1\n1\n";return ; 	} 	if(n == 2){ 		cout<<"2\n1 2\n";return ; 	} 	if(n == 3){ 		cout<<"2\n1 2 2\n";return ; 	} 	if(n == 4){ 		cout<<"3\n1 2 2 3\n";return ; 	} 	if(n==5){ 		cout<<"3\n1 2 2 3 3\n";return ; 	} 	vector color(n+5); 	for(int i = 1;i<=4;i++){ 		color[i] = i; 	} 	for(int i = 5;i<=n;i++){ 		int t = i ^ 2; 		if(i%2){ 			color[i] = 1; 			if(t <= i) color[i] = 4 - color[t]; 		}else { 			color[i] = 2; 			if(t <= i) color[i] = 6 - color[t]; 		} 	}w 	cout<<"4\n"; 	for(int i = 1;i<=n;i++){ 		cout< 	int T = 1; 	cin>>T; 	while(T--){ 		solve(); 	} 	return 0; }