《全面戰爭：戰錘3》Steam中文區“多半差評” 線上峰值超13萬
阿新 • • 發佈：2022-02-17
Codeforces Round #682 (Div. 2)
CF1438A Specific Tastes of Andre
程式碼（全鋪成1就可以了）
#include <cstdio> #include <cctype> #define rr register using namespace std; inline signed iut(){ rr int ans=0; rr char c=getchar(); while (!isdigit(c)) c=getchar(); while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar(); return ans; } inline void print(int ans){ if (ans>9) print(ans/10); putchar(ans%10+48); } signed main(){ for (rr int T=iut();T;--T,putchar(10)){ for (rr int n=iut();n;--n) putchar(49),putchar(32); } return 0; }
CF1438B Valerii Against Everyone
分析
如果不存在兩個數相同，那麼就不可能產生進位，相加之後也不一樣。
如果存在兩個數相同，那答案就是這兩個數所在的區間 \([i,i]\) 和 \([j,j]\)
程式碼
#include <cstdio> #include <cctype> #include <map> #define rr register using namespace std; int n,flag; map<int,bool>uk; inline signed iut(){ rr int ans=0; rr char c=getchar(); while (!isdigit(c)) c=getchar(); while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar(); return ans; } inline void print(int ans){ if (ans>9) print(ans/10); putchar(ans%10+48); } signed main(){ for (rr int T=iut();T;--T){ n=iut(),uk.clear(),flag=0; for (rr int i=1,x;i<=n;++i) if (uk[x=iut()]) { if (!flag) puts("YES"); flag=1; }else uk[x]=1; if (!flag) puts("NO"); } return 0; }
CF1438C Engineer Artem
分析
直接對矩陣黑白染色，黑色放奇數，白色放偶數即可
反正考場上沒想到QAQ
程式碼
#include <iostream> using namespace std; int T,n,m; int main(){ ios::sync_with_stdio(0); for (cin>>T;T;--T){ cin>>n>>m; for (int i=1;i<=n;++i,cout<<endl) for (int j=1;j<=m;++j){ int x; cin>>x; if ((i^j^x)&1) cout<<x+1<<" "; else cout<<x<<" "; } } return 0; }
CF1438D Powerful Ksenia
分析
有一些性質：異或前後異或和不變；如果有兩個數 \(a_j,a_k\) 相同，那麼 \(a_i,a_j,a_k\) 異或之後全部變成 \(a_i\)。
那麼給兩兩配對，如果序列長度為奇數意味著可以先用 \(\frac{n-1}{2}\) 次將配對的數變為相同的數，
再用 \(\frac{n-1}{2}\) 次將所有數變相同。
否則序列長度為偶數有解當且僅當所有數異或和為0，這樣只對前 \(n-1\) 個數操作第 \(n\) 個數會自動相同
程式碼
#include <iostream>
using namespace std;
int n,sum;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n;
for (int i=1;i<=n;++i){
int x; cin>>x,sum^=x;
}
if (!(n&1)&&sum) cout<<"NO";
else{
cout<<"YES"<<endl<<n-2+(n&1)<<endl;
for (int i=2;i<n;i+=2) cout<<1<<" "<<i<<" "<<i+1<<endl;
for (int i=2;i<n;i+=2) cout<<1<<" "<<i<<" "<<i+1<<endl;
}
return 0;
}
CF1438E Yurii Can Do Everything
分析
考慮 \(O(n^2)\) (bushi
因為總和肯定會增大，所以考慮以左端點為基準或者以右端點為基準，
當增大到 \(2^{mx[i]+1}\) 時異或值一定不相等，退出迴圈。
這樣看時間貌似是差不多的，但是如果考慮列舉 \(mx[i]\) 的話，每個位置最多被訪問兩次。
所以時間複雜度為 \(O(n\log \max\{a_i\})\)
程式碼
#include <iostream>
#include <set>
using namespace std;
const int N=34011;
int n,mx[N],a[N*6],bit[N*6]; set<pair<int,int> >ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n;
for (int i=0;i<15;++i)
for (int j=(1<<i);j<(1<<(i+1));++j)
mx[j]=i+1;
for (int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
if (!(a[i]>>15)) bit[i]=mx[a[i]];
else bit[i]=15+mx[a[i]>>15];
}
for (int i=1;i<n-1;++i){
int sum=a[i+1];
for (int j=i+2;j<=n;++j){
if (sum>=(1<<bit[i])) break;
if ((a[i]^a[j])==sum) ans.insert(make_pair(i,j));
sum+=a[j];
}
}
for (int j=n;j>2;--j){
int sum=a[j-1];
for (int i=j-2;i;--i){
if (sum>=(1<<bit[j])) break;
if ((a[i]^a[j])==sum) ans.insert(make_pair(i,j));
sum+=a[i];
}
}
cout<<ans.size();
return 0;
}
CF1438F Olha and Igor
分析
如果把這種題放考場可能還是不會做QWQ
這道題最妙的就是用420次隨機三個點，
就可以知道根節點的兩個子節點。
然後再用 \(n\) 次判斷根節點即可，證明也不會。
反正隨機題都挺玄學的
程式碼
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=300011;
int n,h,rk[N],c[N];
bool cmp(int x,int y){return c[x]>c[y];}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>h,n=(1<<h)-1,srand(33333331);
for (int i=1;i<=n;++i) rk[i]=i;
for (int i=1;i<421;++i){
int x=(rand()*rand()+rand())%n+1,y=(rand()*rand()+rand())%n+1,rt=(rand()*rand()+rand())%n+1;
while (x==y) y=(rand()*rand()+rand())%n+1;
while (rt==x||rt==y) rt=(rand()*rand()+rand())%n+1;
cout<<"? "<<x<<" "<<y<<" "<<rt<<endl;
cin>>x; ++c[x];
}
sort(rk+1,rk+1+n,cmp);
for (int i=1;i<=n;++i)
if (i!=rk[1]&&i!=rk[2]){
cout<<"? "<<rk[1]<<" "<<rk[2]<<" "<<i<<endl;
int x; cin>>x;
if (x==i){
cout<<"! "<<x<<endl;
return 0;
}
}
return 0;
}