2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛（1）

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A

题意：

给一个数\(n\)，求\(n\)对\(1\)到\(n-1\)取模得到的\(n-1\)个数的或。

解法：

当\(n\)为偶数时，设\(m=n/2-1\)
当\(n\)为奇数时，设\(m=(n-1)/2\)
可以发现，\(n mod i<=m\)，且当\(i<=m\)时，有\(n mod (n-i)=i\)。于是可以得出\(n mod i\)取到\(0~m\)的所有整数，因此答案会是\(2^k-1\)，\(k\)的具体值判断一下即可。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;

void solve() {
    ll n;
    scanf("%lld",&n);
    if ((n&(-n)) == n)  {
        printf("%lld\n",max(0ll,n/2-1));
        return;
    }
    while ((n&(-n)) != n) n-=(n&(-n));
    printf("%lld\n",n-1);
}

int main() {
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while (t--) solve();
    return 0;
}

E

题意：

给\(n-1\)个点\(2~n\)，建成一颗树，这颗树的边的权值是\(lcm(a,b)\)​​​​​​，求这颗树边权值和的最小。

解法：

对于编号为\(3~n\)的节点，是合数的点与其约数连边，边权值就是这个数，是质数的点就与2连边，边权值是这个数的两倍。总的边权值和为（质数的和*2+合数的和），用欧拉筛预处理前缀和。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn=10000010;
int prime[maxn],vis[maxn],x=0;
ll ans[maxn];

int Is_prime(int n) {
    for(int i=1; i*i <= n; ++i) {
        if(n%i==0) return 0;
    }
    return 1;
}

void oulasai(int n)  //欧拉筛(线性筛)
{
    for(int i=2; i <= n; i++) {
        if(!vis[i]) prime[++x]=i;
        for(int j=1; j <= x ;j++) {
            if(i*prime[j] > n) break;
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j] == 0) break;
        }
    }
    ans[2]=0;
    for (ll i=3; i <= n; ++i) {
        if (vis[i]) ans[i]=ans[i-1]+i;
        else ans[i]=ans[i-1]+i*2;
    }
}

void solve() {
    int n;
    scanf("%d",&n);
    printf("%lld\n",ans[n]);
}

int main() {
    oulasai(maxn);
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--) solve();
    return 0;
}

F

题意：

给一个数组，求这数组异或和不小于k的最小连续子序列的长度。

解法：

对数列做前缀异或，题目就转化为找两个距离最近的数，使他们的异或值不小于k。

枚举靠右的那个数，维护字典数，字典数每个节点保存范围内最靠右的那个点的位置。

字典树最大异或对

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
const int M=3e6+10;
const int mod=998244353;
int a[N],p[M][2],mx[M];


void solve() {
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d",&a[i]);
        a[i]=a[i]^a[i-1];
    }
    int tot=1,ansl=-1,ansr=n;
    p[1][0]=p[1][1]=0;mx[tot]=-1;
    for (int i=0; i <= n; ++i) {
        int x=1,res=-1;
        for (int j=29; j >= 0; --j) {
            int w=(a[i]>>j)&1;
            if (!((k>>j)&1)) {
                if (p[x][w^1]) res=max(res,mx[p[x][w^1]]);
                x=p[x][w];
            }
            else x=p[x][w^1];
            if (!x) break;
        }
        if (x) res=max(res,mx[x]);
        if (res >= 0 && i-res < ansr-ansl) {
            ansl=res;
            ansr=i;
        }
        x=1;
        for (int j=29; j >= 0; --j) {
            int w=(a[i]>>j)&1;
            if (!p[x][w]) {
                p[x][w]=++tot;mx[tot]=-1;
                p[tot][0]=p[tot][1]=0;
            }
            x=p[x][w];
            mx[x]=max(mx[x],i);
        }
    }
    if (ansl >= 0) printf("%d %d\n",ansl+1,ansr);
    else printf("-1\n");
}

int main() {
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while (t--) solve();
    return 0;
}

H Maximal submatrix

题意：

给一个\(n*m\)的矩阵，求每一列都是非递减的子矩阵的最大面积。

解法：

先转化成01矩阵，每个位置的0表示该位置比上面一位小，1表示该位置大于等于上面一位。再用dp维护h数组，h数组表示该位置向上满足非递减的最大长度，这样就可以将问题优化成求每一行，柱状图中最大矩形面积，h[j]看成这一行第j列柱子的高度。最后遍历每一行用单调栈求每一行柱状图中最大矩形面积即可。（除了单调栈还可以直接用悬线法求最大矩形面积）

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5010;
int a[N][N],b[N][N];
int h[N];
int que[N];

void solve() {
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1; i <= n; ++i) {
        for (int j=1; j <= m; ++j) {
            scanf("%d",&a[i][j]);
            b[i][j]=0;
            if (i > 1) b[i][j]=(a[i][j] >= a[i-1][j]);
        }
    }
    for (int i=1; i <= m; ++i) h[i]=0;
    int ans=0;
    for (int i=1; i <= n; ++i) {
        for (int j=1; j <= m; ++j) {
            if (!b[i][j]) h[j]=1;
            else h[j]++;
        }
        int tot=0;
        h[m+1]=0;
        for(int j=1; j <= m+1; ++j) {
            while (tot && (h[que[tot]] > h[j])) {
                ans=max(ans,(j-que[tot-1]-1)*h[que[tot]]);
                tot--;
            }
            que[++tot]=j;
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
}

int main() {
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}