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A. Escalator Conversations
分析
二者身高差为k的倍数且不超过m-1倍，身高差不能为0（即不能在同一个阶梯）
C++代码
#include<iostream> using namespace std; void solve(){ int n,m,k,H,ans=0; cin>>n>>m>>k>>H; for(int i=0;i<n;i++){ int x; cin>>x; if(H!=x&&abs(H-x)%k==0&&abs(H-x)/k<=m-1)ans++; } cout<<ans<<endl; } int main(){ int t; cin>>t; while(t--){ solve(); } return 0; } B. Parity Sort
分析
把奇数和偶数分开排序，然后依次填充原数组奇数和偶数的地方，判断是否有前面的数大于后面的情况，如果有，则输出NO
C++代码
#include<iostream> #include<vector> #include<algorithm> using namespace std; void solve(){ int n; cin>>n; vector<int> s(n+5,0),a,b; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>s[i]; if(s[i]%2)b.push_back(s[i]); else a.push_back(s[i]); } sort(a.begin(),a.end()); sort(b.begin(),b.end()); int ia=0,ib=0,flag=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(s[i]%2==0)s[i]=a[ia++]; else s[i]=b[ib++]; if(s[i]<s[i-1]){ flag=1; break; } } if(flag)puts("NO"); else puts("YES"); } int main(){ int t; cin>>t; while(t--){ solve(); } return 0; }C. Tiles Comeback
分析
k=1，直接从a[1]跳到a[n]
k!=1
1、a[1]==a[n]，找有没有k个a[1]即可
2、a[1]!=a[n]，找k个a[1]和k个a[n]且要按顺序
C++代码
#include<iostream> using namespace std; void solve(){ int n,k; cin>>n>>k; int a[n+5]; for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]; if(k==1)puts("YES"); else if(a[1]==a[n]){ int sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]==a[1])sum++; if(sum>=k)puts("YES"); else puts("NO"); }else{ int cnt1=1,cnt2=1,l=n; for(int i=2;i<=n;i++){ if(a[i]==a[1])cnt1++; if(cnt1==k){ l=i; break; } } for(int j=n-1;j>l;j--) if(a[j]==a[n])cnt2++; if(cnt2<k)puts("NO"); else puts("YES"); } } int main(){ int t; cin>>t; while(t--){ solve(); } return 0; }D. Prefix Permutation Sums
分析
对于给定的数组a，找出它的原数组s
因为a只丢了一个元素，所以原数组的1~n的排列中一定有两个数没出现，如果大于两个元素，则原数组不存在
对原数组的每个小于等于n的元素标记出现过，如果元素出现次数大于1或者元素>n，就用cnt记录下来；接下来找出未出现过的两个数的和sum，如果等于cnt，则表示原数组存在，否则不存在
C++代码
#include<iostream> #include<vector> using namespace std; typedef long long LL; void solve(){ int n; cin>>n; LL a[n+5]={0},b[n+5]={0},cnt=0,flag=0; for(int i=1;i<n;i++)cin>>a[i]; vector<LL> s; for(int i=1;i<n;i++){//找出原数组s LL t=a[i]-a[i-1]; s.push_back(t); } for(int i=0;i<n-1;i++){ if(s[i]<=n){ b[s[i]]++; if(b[s[i]]>1)cnt=s[i]; }else cnt=s[i]; } LL sum=0,k=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(!b[i])k++,sum+=i; if(k>2||k==2&&sum!=cnt)flag=1; if(!flag)puts("YES"); else puts("NO"); } int main(){ int t; cin>>t; while(t--){ solve(); } return 0; }E. Nastya and Potions
分析
一个药水x可以被几种药物混合制成就建几条指向x的边，建完边后就用拓扑排序做，所有入度为0的药水的价格只能是它本身的价格，入度不为0的价格可以由其他的药水混合制成，最终的最低价格为min(直接买的价格，由其他药水混合的价格)
C++代码
#include<iostream> #include<queue> using namespace std; typedef long long LL; const int N=200010; int h[N],e[N],ne[N],idx; LL a[N],d[N],w[N]; int n,k; void add(int a,int b){ e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++; } void solve(){ cin>>n>>k; for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=-1,w[i]=0,d[i]=0; idx=0; for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]; while(k--){//输入所有无限免费供应的药水 int x; cin>>x; a[x]=0; } for(int i=1;i<=n;i++){ int m,x; cin>>m; while(m--){ cin>>x; add(x,i); d[i]++;//i的入度加一 } } queue<int> q; for(int i=1;i<=n;i++) //入度为0的药水的价格只能是它本身的价格，不能由别的药水混合制成 if(!d[i])w[i]=a[i],q.push(i); while(q.size()){ int t=q.front(); q.pop(); w[t]=min(w[t],a[t]);//更新药水t的价格 for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i]){ int j=e[i]; w[j]+=w[t];//计算药水j由别的药水混合所需的价格 if(--d[j]==0)q.push(j); } } for(int i=1;i<=n;i++)cout<<w[i]<<" "; cout<<endl; } int main(){ int t; cin>>t; while(t--){ solve(); } return 0; }F. Lisa and the Martians
分析
求(a[i]^x)&(a[j]^x)的最大值，即a[i]^x和a[j]^x的二进制数相同的位置尽可能多且尽可能在高位，即a[i]和a[j]二进制相同的位置尽可能多，即不同的位置尽可能少且尽可能为低位，
则可以装换成求a[i]^a[j]的最小值
有个常用结论：n个数的最小异或对答案就是排序后最小的相邻异或和
所以直接排序后求最小相邻异或和即可
然后计算t
对于选择的a[i]和a[j]，从前往后枚举第0~k-1位，
如果a[i]和a[j]的第i位都是0，则t的第i位一定是1
如果a[i]和a[j]的第i位都是1，则t的第i位一定是0
如果一个0一个1，则t的第i位随意
C++代码
#include<iostream> #include<algorithm> #include<map> #include<array> #include<vector> using namespace std; const int N=200010,INF=2e9; void solve(){ int n,k; cin>>n>>k; vector<array<int,2>> a(n); for(int i=0;i<n;i++){ int x; cin>>x; a[i]={x,i+1}; } sort(a.begin(),a.end()); int minn=INF,id1,id2,ai,aj; for(int i=0;i<n-1;i++){ auto [c,d]=a[i]; auto [e,f]=a[i+1]; if((c^e)<minn){ minn=(c^e); id1=d,id2=f; ai=c,aj=e; } } int t=1,x=0; for(int i=0;i<=k-1;i++){ int a1=ai>>i&1,a2=aj>>i&1; //a1=a2=0则x的该位一定是1; a1!=a2则x的该位可以是0也可以是1,这里当成0; a1=a2=1则x的该位一定是0 if((a1==0&&a2==0))x+=t; t*=2; } cout<<id1<<" "<<id2<<" "<<x<<endl; } int main(){ int t; cin>>t; while(t--){ solve(); } return 0; } G. Vlad and the Mountains
分析
这题在线做法肯定会超时，那么可以用离线做法，先存储所有询问，再统一处理
首先，对于一对询问a,b,e，依题意，不能到达高度大于h[a]+e的山上
所以把每条边的权值设置成连接该边的两点的高度较大值
vector<array<int,3>> edge;//按照edge[i]={w,a,b}，先是权值，然后是两个点
然后把每条边按照权值从小到大排序
vector<array<int,4>> query;//按照edge[i]={h[a]+e,a,b,i}，先是h[a]+e，然后两个点，然后是询问的编号
对所有询问按照h[a]+e从小到大排序
然后依次枚举每个询问，每次将权值<=h[a]+e的边加入到并查集，然后判断a和b是否在同一连通块中，如果是，就可以从a走到b，否则不能
C++代码
#include<iostream> #include<vector> #include<array> #include<algorithm> using namespace std; const int N=200010; int p[N],h[N]; int find(int x){ if(p[x]!=x)p[x]=find(p[x]); return p[x]; } void merge(int a,int b){ a=find(a),b=find(b); if(a!=b)p[a]=b; } void solve(){ int n,m,q; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=i;//并查集 for(int i=1;i<=n;i++)cin>>h[i]; vector<array<int,3>> edge(m);//存储所有的边 for(int i=0;i<m;i++){ int a,b; cin>>a>>b; edge[i]={max(h[a],h[b]),a,b}; } sort(edge.begin(),edge.end()); cin>>q; vector<array<int,4>> query(q); for(int i=0;i<q;i++){ int a,b,e; cin>>a>>b>>e; query[i]={h[a]+e,a,b,i}; } sort(query.begin(),query.end()); vector<int> ans(q,0); int t=0; for(auto [h,u,v,i]:query){ //把所有高度小于等于h的点都加入到并查集中 while(t<m&&edge[t][0]<=h){//只能走到高度小于等于h的山 merge(edge[t][1],edge[t][2]); t++; } if(find(u)==find(v))ans[i]=1; } for(int i=0;i<q;i++) if(ans[i])puts("YES"); else puts("NO"); } int main(){ int t; cin>>t; while(t--){ solve(); } return 0; }