$Codeforces$ $Global$ $Round$ $1$
看到CF首页上有$global$ $round$ $3$的通知，虽然没时间打，但是做做之前的场次还是OK的。
（已经在线下写好了，感觉弄上来再调格式挺麻烦的，完整版戳这里）
A.Parity：http://codeforces.com/contest/1110/problem/A
题意概述：以 $b$ 进制给出一个数，求它在十进制下的奇偶性。
比较水，没什么好说的，按位判断即可。然后我不是很明白这道题为什么在cf上的评分是1000.
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 5 using namespace std; 6 7 int b,k,x; 8 int ans; 9 10 int main() 11 { 12 scanf("%d%d",&b,&k); 13 for (R i=1;i<k;++i) 14 { 15 scanf("%d",&x); 16 if(b%2==0||x%2==0) continue; 17 ans++; 18 } 19 scanf("%d",&x); 20 if(x%2) ans++; 21 if(ans%2) puts("odd"); 22 else puts("even"); 23 return 0; 24 }
B.Tape：http://codeforces.com/contest/1110/problem/B
题意概述：你有一条长度为 $m$ 的带子，但是 $n$ 处破掉了，所以要用另一条来补上，你可以从另一条带子上截取任意长度用来补充，但是最多只能截取 $k$ 段，求最小的总长度。$k<=n<=10^5,m<=10^9$
如果不考虑只能截取 $k$ 段的限制，那么每个破处打一个补丁就可以了，现在的问题是怎么把 $n$ 个补丁转化成 $k$ 个。只要把两个漏洞之间的部分也打上补丁，那么补丁的段数就会减少一，所以只需要将相邻的补丁间的长度都算出来，从小往大里连，连到段数符合要求即可。
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # include <queue> 4 # define R register int 5 # define ll long long 6 7 using namespace std; 8 9 const int maxn=100005; 10 int n,m,k,b[maxn]; 11 ll ans; 12 priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > q; 13 14 int main() 15 { 16 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 17 ans=n; 18 for (R i=1;i<=n;++i) 19 scanf("%d",&b[i]); 20 for (R i=1;i<n;++i) 21 q.push(b[i+1]-b[i]-1); 22 for (R i=1;i<=n-k;++i) 23 ans+=q.top(),q.pop(); 24 cout<<ans; 25 return 0; 26 }
C. Meaningless Operations：http://codeforces.com/contest/1110/problem/C
题意概述：定义一个这样的函数：$f(a) = max_{0 < b < a}{gcd(a oplus b, a > & > b)}. $，给出 $q$ 个 $a$，请求出 $f(a)$，$q<=10^3,2<=a<=2^{25}-1$
本题看起来奥妙重重，但是样例可以给我们一点提示。
可以发现，如果一个数的二进制位不全是1，那么让b来将这些空补上是最好不多的了。这样，异或值就是11..1的形式，与的值就是0，最大公约数就是异或值。因为b不能超过a，所以这显然就是最好的方案了。
如果一个数的二进制位全是1又怎么办呢？打表啊...当然也有一个正经做法：在这种情况下，可以认为$f(x)=gcd(a-b,b)$，所以可以取到x的最大真因子；
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # include <map> 4 # define R register int 5 6 using namespace std; 7 8 int x,q; 9 map <int,int> m; 10 int m2[100]; 11 12 int main() 13 { 14 scanf("%d",&q); 15 m[1]=0; m[3]=1; m[7]=1; m[15]=5; m[31]=1; m[63]=21; m[127]=1; m[255]=85; m[511]=73; m[1023]=341; 16 m[2047]=89; m[4095]=1365; m[8191]=1; m[16383]=5461; m[32767]=4681; m[65535]=21845; 17 m[131071]=1; m[262143]=87381; m[524287]=1; m[1048575]=349525; m[2097151]=299593; 18 m[4194303]=1398101; m[8388607]=178481; m[16777215]=5592405; m[33554431]=1082401; 19 for (R i=2;i<=26;++i) m2[i]=(1<<i)-1; 20 while(q--) 21 { 22 cin>>x; 23 if(m[x]) cout<<m[x]<<endl; 24 else 25 { 26 int l=0; 27 while(x!=0) { x/=2,l++; } 28 cout<<m2[l]<<endl; 29 } 30 } 31 return 0; 32 }
D.Jongmah：http://codeforces.com/contest/1110/problem/D
题意概述：给出n块瓷砖，每块有一个介于 $[1,m]$ 的大小，要将它们做成一些“三倍”(我也不知道这题在说些啥)，一个“三倍”可以是这样的形式[x-1,x,x+1]，也可以是[x,x,x]。求出最多能做几个“三倍”。$n<=10^6,m<=10^6$
有两种比较简单的贪心思路：先凑第一种，再凑第二种。或者反过来。
可惜，这两种做法都不对，给两组反例吧：
1 1 1 2 2 2 3 3 3，答案为3；
1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 5 5，答案为6；
如果想要dp，可以这样设置状态：$dp[i][j][k]$ 表示当前dp到i这种瓷砖，上一种和再上一种各剩下多少张时最多的“三倍”数量。但是空间又开不下。
正解是用贪心的思想优化dp状态。
既然问题在于空间不够，而 $i$ 一维显然没有优化空间，所以我们希望减少 $j$,$k$ 两维的上界。可以发现凑三个 $[x-1,x,x+1]$ 不如转化为 $[x-1,x-1,x-1]$ , $[x,x,x]$ , $[x+1,x+1,x+1]$，同一种连号最多只需要凑两组。这样一来，每种瓷砖需要留下的块数也就少了很多，可以进行dp了。
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # include <cstring> 4 5 using namespace std; 6 7 const int N=1000006; 8 int n,m,x,ans; 9 int t[N],dp[N][5][3]; 10 11 void giv (int x,int y,int z,int v) 12 { 13 if(y>=6) dp[x][y-3][z]=max(dp[x][y-3][z],v+1); 14 dp[x][y%3][z%3]=max(dp[x][y%3][z%3],v+(y/3)+(z/3)); 15 dp[x][min(y,4)][z%3]=max(dp[x][min(y,4)][z%3],v+z/3); 16 dp[x][y%3][min(z,2)]=max(dp[x][y%3][min(z,2)],v+y/3); 17 dp[x][min(y,4)][min(z,2)]=max(dp[x][min(y,4)][min(z,2)],v); 18 } 19 20 int main() 21 { 22 scanf("%d%d",&n,&m); 23 for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&x),t[x]++; 24 memset(dp,-1,sizeof(dp)); dp[0][0][0]=0; 25 for (int i=1;i<=m;++i) 26 if(t[i]>6) x=(t[i]-6)/3,t[i]=t[i]-3*x,ans+=x; 27 for (int i=1;i<=m;++i) 28 for (int j=0;j<=4;++j) 29 for (int k=0;k<=2;++k) 30 { 31 if(dp[i-1][j][k]==-1) continue; 32 int a=dp[i-1][j][k]; 33 if(t[i]>=2&&j>=2&&k>=2) giv(i,t[i]-2,j-2,a+2); 34 if(t[i]>=1&&j>=1&&k>=1) giv(i,t[i]-1,j-1,a+1); 35 giv(i,t[i],j,a); 36 } 37 int fans=0; 38 for (int i=0;i<=4;++i) 39 for (int j=0;j<=2;++j) 40 fans=max(fans,dp[m][i][j]); 41 printf("%d",fans+ans); 42 return 0; 43 }
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