Codeforces Round #769（div2）

• ABCD的题解
• • A.ABC
  • B.Roof Construction
  • C.Strange Test
  • D.New Year Concert

ABCD的题解

大家好，因为小编水平限制，只会写出div2前四题的题解

A.ABC

A题链接
题意：给定长度为n的01串，可以对这个串重新任意排列，问是否存在一种排列，使得该串的任意一个长度大于1的子串都不为回文串。
思路：根据规律我们可以得到1、0、10、01均是NO，其他情况均是YES。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve()
{
    int n;
    cin>>n;
    string s;
    cin>>s;
    if(n==1)
    {

        cout<<"YES"<<endl;
        return;
    }
    if(n==2)
    {
        if(s[0]!=s[1])
            cout<<"YES"<<endl;
        else
            cout<<"NO"<<endl;
        return ;
    }
    cout<<"NO"<<endl;
}
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        solve();
    }
}

B.Roof Construction

B题链接
题意：题意：给定一个n，表示有一个长度为n的数组p，元素是 0,1,2,…,n−10,1,2,…,n−1，要求对这个数组重新排列，使得pi xor pi+1的最大值最小，输出排列后的数组。
思路：我们设答案为k，则我们先让[0 k]先配对，然后把剩下的的数分两组，[1 k-1]和[k+1，n-1]
第一组的任意排列，其相邻的xor值都不会大于k，第二组也是，因为最高位1被消掉了。
那么就是边界问题了，主要是第二组，一定会有一个数字是和别的数字接触的，那么我们用k去接触，把它的最高位消掉即可。
那么就可以排列出 n−1,n−2,…,k,0,1,2,…,k−1
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve()
{
    int n;
    cin>>n;
    int k=1;
    while(k<n)
    {
        k<<=1;
    }
    k>>=1;
    for(int i=n-1;i>=k;i--)
    {
        cout<<i<<" ";
    }
    cout<<"0 ";
    for(int i=1;i<k;i++)
    {
        cout<<i<<" ";
    }
    cout<<endl;
}
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        solve();
    }
}

C.Strange Test

C题链接
题意:给两个数a,b，有以下三种操作，每个操作都可以做任意次，问最少几次操作可以使a和b相等

1、a = a + 1

2、b = b + 1

3、a = a | b
思路： 首先容易看出，最后使得a和b相等的操作，要不就是第一种，要不就是第三种如果是第一种的话，答案就是b - a，如果是第三种的话，那么最后一步之前一定存在a | b = b。
因此我们一开始用b-a作为我们的初始值，之后我们用枚举对比，当到达k之后，k|a=b，此时让b-a与k-a+1进行比较即可，然后再特判一下i|a=i的i，此时i必须大于b，我们先让b加到i，再和a或得到i，这个地方i必须是大于b切满足i|a=i的最大整数，再和i-b+1比较。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void solve()
{
    int a,b;
    cin>>a>>b;
    int res=b-a;//第一种情况
    for (int i = a; i <= b; i ++ ) {
        if ((i | b) == b) {
         res = min(res, i - a + 1);//直接或得到
            break;
        }
    }
    for (int i = b; i>0; i ++ ) {
        if ((i | a) == i) {
  res = min(res, i - b + 1);//改变b值后或运算得到
            break;
        }
    }
    cout << res << endl;
}
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        solve();
    }
}

D.New Year Concert

D题链接
题意：给定一个长度为n的数组a，我们定义一个数组是bad，当且仅当存在这么一对 [l,r][l,r] 使得 gcd(al,al+1,…,ar)=r−l+1gcd(al,al+1,…,ar)=r−l+1。
我们可以通过改变数组中的数来避免这一现象。
定义 f(a)f(a) 为对于长度为k的数组中，至少要改变多少的数使得不存在bad数组。
对于一个长度为n的数组a，求出 f(a1),f(a1,a2),…,f(a1,a2,…,an)
思路：对于一段连续的数来说，gcd是单调递减的，数组长度是单调递增的。所以最多只存在n个bad数组。所以我们对于每个左边界 ll，最多能找到一个 rr 满足bad数组的定义。以上方法可以通过二分查找出。那么查到以后，我们的想法是直接修改成一个大质数即可，由于原数组值域只有1e9，我们修改为1e9 + 7由此可知，我们需要用到单点修改，区间gcd查询，二分，用线段树即可实现
代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 200000, LN = 20;

int f[N][LN];
int n;
int a[N];

int gcd(int a, int b)// dddd
{
    if(b == 0) return a;
    else return gcd(b, a % b);    
}

void init() //st预处理所有区间的的gcd
{
    for(int st = 0; (1 << st) <= n; st ++)
        for(int i = 0; i <=  n - (1 << st); i ++)
        {
            if(st == 0)
            {
                f[i][st] = a[i];
                continue;
            }

            f[i][st] = gcd(f[i][st - 1], f[i + (1 << (st - 1))][st - 1]);
        }
}

int getgcd(int l, int r) //st的查询函数
{
    int st = __lg(r - l + 1); //找到最高位位数的__lg函数
    return gcd(f[l][st], f[r - (1 << st) + 1][st]);
}


int main()
{
    cin >> n;

    for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> a[i];
    init();
    int maxr = -1;
    int be = 0;
    int res = 0;

    //区间贪心,找到最小的r并让所有包含r的区间(for a fixed l, as r increaes, gcd never changes;you should use less operates to make value as a
    // as great as possible, so by iterating ,you can obtain a r(max), which getgcd(l, r) >= r - l + 1)全部砍掉（a[r] == a big prime）
    for(int i = 0; i < n; i ++)
    {
        while(be < i && getgcd(be, i) < i - be + 1) be ++;
        if(getgcd(be, i) == i - be + 1)
            if(be > maxr)
            {
                res ++;
                maxr = i;
            }

        cout << res << ' ';
    }

    return 0;
}