Codeforces Round #764 (Div. 3)

A. Plus One on the Subset

分析：
由于一次可以选中任意多个元素加一；所以本题其实要求的就是序列中最大值和最小值的差。

AC代码：

#include
using namespace std;
#define INF 0x7fffffff
int main(){
	int t;cin>>t;
	while(t--){
		int n,minn=INF,maxx=-INF;
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int x;cin>>x;
			minn=min(minn,x);
			maxx=max(maxx,x);
		}
		cout< 
 
B. Make AP
 
 
 
分析：
 假设我们开始输入的是a,b,c;最后选中三个数中任意一个数乘于正整数m（注意m只能是正整数），使最后的a’,b’,c’满足等差序列的性质即a’+c’==2*b’。由于a、b或c都有可能需要乘于m，所以显然有三种情况：
 1、a * m +c ==2* b
 2、a + c == 2* b * m
 3、a +c * m == 2* b
 分别对三种结果做处理，则会出现以下三种判别方式(除法结果大于0是为了保证m是正整数)：
 1.(2 * b-c)%a ==0&&(2b-c)/a>0
 2.(a+c)% (2b) ==0&&(a+c)/(2b)>0
 3.(2 * b-a)%c ==0&&(2b-a)/c>0
 
 
AC代码：
 
#include
using namespace std;
#define INF 0x7fffffff
int main(){
	int t;cin>>t;
	while(t--){
	    int a,b,c; cin>>a>>b>>c;
	    int m=2*b-c,p=2*b-a,flag=0;
	    if(m/a>0&&m%a==0||p/c>0&&p%c==0||(a+c)/(2*b)>0&&(a+c)%(2*b)==0) cout<<"YES"< 
 
C. Division by Two and Permutation
 
 
 
分析：
 由于n<=50，我们可以考虑一下怎么样才能暴力遍历1…n就能得到结果呢？ 我们可以先预处理1…n之间的数据i，找到每一个i可能得到的值x(1<=x<=n)，并将记录x的值加一,即cnt[x]++；预处理结束后，我们便得到了长度为n的序列要想在一系列处理之后变成序列1…n,那么其中每一个数i的最小出现次数为cnt[i]。然后对我们输入的序列进行处理，同样记录他通过处理可能得到的1…n之间的数的个数，将其结果记录在vector容器g[1…n]中；最后遍历一遍1~n，如果至少出现过一次g[i].size() 时间复杂度为：O(nlog2n)
 
 
AC代码：
 
#include
using namespace std;
#define INF 0x7fffffff
int main(){
	int t;cin>>t;
	while(t--){
		vectorg[100];
	    int cnt[100],n;
		cin>>n; memset(cnt,0,sizeof(cnt));
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int x=i;
			while(x>=1){
				cnt[x]++;
				x/=2;
			}
		}
	    for(int i=1;i<=n;i++){
	    	int x;cin>>x;
	    	while(x>=1){
	    		if(x<=n) g[x].push_back(i);
	    		x/=2;
			}
		}
		bool flag=true;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(g[i].size() 
 
D. Palindromes Coloring
 
 
 
分析：
 刚开始写蒻蒻写这道题的时候毫无思路，并且还有点烦躁，但是后面一看提交，发现有三千多个提交了，我就稳定心来决定要做出这道题。当然，我也很快就AC掉了。那我们一起来分析一下吧！！！
 本题题意是将通过k种颜色将长度为n的字符串分成k堆，每一堆之间的字符可以随意调换位置任意多次，并且不一定每一个字符都需要被涂上颜色（这是一个很好的条件，将题目简化了许多），让我们求出这几堆中最短的回文字符串的最大长度。看到这，估计很多小伙伴跟我开始写之前一样，还是挺懵的。别着急，我们慢慢来看。
 首先我们可以明确一个要求，要让最短的回文字符串的长度最大，那么我们需要做的就是将回文字符串尽量平均分给每一个堆。我们可以很容易求出n/k是平均分成k堆以后最短的字符串的最大长度；因为被染颜色的字符个数是<=n的。接下来就是将回文串进行均分了。我们知道，两个相同的字符一定是回文串，我们记它为一对；所以我们可以遍历一遍字符串找到字符串中所有的对数ou，(注意：aaaa相当于是两对),最后k堆中的每一堆均分到的对数为ou/k，这些字符长度为ou / k* 2 ; 最后一个细节就是，只有一个字符或者有（x对和一个字符）都是回文串；所以最后的结果就是min(n/k,ou /k * 2+1)。
 
 
AC代码：
 
#include
using namespace std;
#define INF 0x7fffffff
int main(){
	int cnt[30],t;cin>>t;
	while(t--){
		int n,k; cin>>n>>k;
		int ans=n/k;
		int ou=0,res;
		memset(cnt,0,sizeof(cnt)); 
		string str; cin>>str;
		sort(str.begin(),str.end());
		for(int i=0;i 
接下来几道就是蒻蒻看完大佬思路以后的补题了，蒻蒻还是太菜了，以后还需要更加努力！！！
 
 
G. MinOr Tree
 
 
 
分析： 一道思维+暴力的题目。
 总结规律吧：我发现只要是位运算的题目求最值，解法绝大部分都是从高位到低位暴力处理每一位。
 拿本题为例，本题需要求出一颗边权值做位或以后值最小的生成树。也就是位运算的最值问题。我们可以从高位到低位开始遍历每一位，如果边权值没有该位的所有边能构成一棵生成树，那么该位无效，可以标记一下所有边权值带该位的边为已访问，这样接下来就不用考虑这些边了；否则如果边权值没有该位的所有边不能构成一棵生成树，说明最后的答案里一定包含该位，所以可以在最后结果里直接加上该位。最后一个问题了，那么如何判断是否能构成生成树呢？我们可以用并查集的方法，把所有未标记并且边权值不包括该位的边合并在一起，最后看看所有的结点1~n是否在同一个连通图里，如果在，说明可以构成生成树，否则不可以。
 时间复杂度：O(30*(2*m+n))，也就是O（m+n）。
 
 
#include
using namespace std;
#define INF 0x7fffffff
const int maxn=2e5+100;
struct Edge{
	int from,to,w;
}g[maxn];
int n,m,fa[maxn];
bool vis[maxn];
inline int find(int x){
	return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
inline void Union(int u,int v){
	if(find(u)==find(v)) return ;
	fa[find(u)]=find(v);
}
void Init(){
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
}
bool check(int x){
	Init();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(vis[i]||g[i].w&(1<>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		vis[i]=false;
		cin>>g[i].from>>g[i].to>>g[i].w;
	}
	int res=0;
	for(int i=30;i>=0;i--){
		//没有这条边可以构成生成树
		if(check(i)){
			for(int j=1;j<=m;j++) if(g[j].w&(1<>t;
	while(t--){
		cout<					
										


					

						
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