Codeforces Global Round 17

A. Anti Light's Cell Guessing

坑點：\(n=1,m=1\) 時答案為 \(0\) 。

其他情況：當 \(n=1\) 或 \(m=1\) 時，只需要取端點即可。其他情況只需要兩個點，也是取兩個端點，把離一個點曼哈頓距離為固定值的點連成一條線段，可以發現這兩個端點形成的線段只可能有一個交點，即隱藏點。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
using namespace std;
using ll = long long;

constexpr int N = 2e5+5, P = 1e9+7;

int main() {
    cin.tie(nullptr)->ios::sync_with_stdio(false);
	int _; cin>>_;
	while (_--) {
		ll n,m; cin>>n>>m;
		if(n==1&&m==1)cout<<0<<endl;
		else if(n==1||m==1)cout<<1<<endl;
		else {
			cout<<2<<endl;
		}
	}
    return 0;
}

B. Kalindrome Array

和之前cf出過的一題一模一樣，那題是刪字母，這題是刪數字，不過都一樣，因為可能刪的值只可能有兩個，枚舉這兩個可能值即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
using namespace std;
using ll = long long;

constexpr int N = 2e5+5, P = 1e9+7;
int a[N];

int main() {
    cin.tie(nullptr)->ios::sync_with_stdio(false);
	int _; cin>>_;
	while (_--) {
		int n; cin>>n;
		rep(i,0,n)cin>>a[i];
		int lx=-1,ly=-1;
		int l=0,r=n-1;
		while(l<r){
			if(a[l]!=a[r]){
				if(lx==-1){
					lx=a[l]; ly=a[r];
					break;
				}
			}else{
				l++,r--;
			}
		}
		l=0,r=n-1;
		int flag=1;
		while(l<r){
			if(a[l]!=a[r]){
				if(a[l]==lx){
					while(l<r&&a[l]==lx)l++;
				}else if(a[r]==lx){
					while(l<r&&a[r]==lx)r--;
				}else{
					flag=0;
					break;
				}
				if(a[l]!=a[r]){
					flag=0;
					break;
				}
			}else{
				l++,r--;
			}
		}
		if(flag){
			cout<<"yes\n";
			continue;
		}
		l=0,r=n-1;flag=1;
		while(l<r){
			if(a[l]!=a[r]){
				if(a[l]==ly){
					while(l<r&&a[l]==ly)l++;
				}else if(a[r]==ly){
					while(l<r&&a[r]==ly)r--;
				}else{
					flag=0;
					break;
				}
				if(a[l]!=a[r]){
					flag=0;
					break;
				}
			}else{
				l++,r--;
			}
		}
		if(!flag){
			cout<<"no\n";
		}else{
			cout<<"yes\n";
		}
	}
    return 0;
}

C. Keshi Is Throwing a Party

由於答案具有單調性，考慮二分答案。於是問題就轉化成了從 \(n\) 個人里選 \(k\) 個人，使他們都開心。

假設選了 \(k\) 個人的下標分別為 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\) 。對於 \(i\in[1,k]\) ，都有

\[b_{p_i}\ge i-1\\ a_{p_i}\ge k-i \]

根據這個性質，我們就可以貪心地取了。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
using namespace std;
using ll = long long;

constexpr int N = 2e5+5, P = 1e9+7;
int r[N], p[N], n;

int check(int x) {
	int ans=0,cc=0;
	rep(i,0,n){
		if(cc+1>=x-r[i]&&cc+1<=p[i]+1)cc++;
	}
	return cc>=x;
}

int main() {
    cin.tie(nullptr)->ios::sync_with_stdio(false);
	int _; cin>>_;
	while (_--) {
		cin>>n;
		rep(i,0,n)cin>>r[i]>>p[i];
		int l=1,r=n;
		while(l<r){
			int mid=l+r+1>>1;
			if(check(mid))l=mid;
			else r=mid-1;
		}
		cout<<l<<endl;
	}
    return 0;
}

D. Not Quite Lee

一個數 \(x\) 形成的連續數字的和可以表示為

\[\frac{x(x+1)}{2}+kx(k\in \text{Z}) \]

於是一個數列 \((x_1,x_2,\cdots,x_k)\) 的合法性可以表示為

\[\sum_{i=1}^k(\frac{x_i(x_i+1)}{2}+k_ix_i)=0 \ (k_i\in \text{Z}) \]

移項得

\[\sum_{i=1}^k\frac{x_i(x_i+1)}{2}=\sum_{i=1}^kk_ix_i \ (k_i\in \text{Z}) \]

為表示簡略，以下的冪次都是指 \(2\) 的冪次。

當數列中有一個為奇數時，右邊的最低冪次為 \(0\) ，最低冪次為 \(0\) 的數可以表示任何數，也就是說，當數列中有一個為奇數，該數列即合法。於是考慮數列中全為偶數的情況，等式右邊的最低冪次一定比左邊的最低冪次大 \(1\) 。因為 \(x\) 是偶數，\(x+1\) 是奇數，乘起來再除個 \(2\) 必定會丟失一個因子 \(2\) 。低冪次的可以表示高冪次的，高冪次的不能表示低冪次，而左邊的最低冪次要比右邊小，所以要保證數列中冪次為最低冪次的數有偶數個，才能使他們的最低冪次 \(+1\) ，從而被右邊的表示出來。於是思路就顯而易見了，枚舉最低冪次，若這個冪次不為 \(0\) ，那只能挑偶數個，否則都可以選。

從 \(n\) 個數中挑偶數個數（不能不挑）的方案數為

\[\binom{2}{n}+\binom{4}{n}+\cdots+\binom{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor \times2}{n} \]

其實根據二項式定理，二項式系數中的偶數項和奇數項的和其實是一樣的，也就是說，上述的式子其實就是

\[2^{n-1}-\binom{0}{n}=2^{n-1}-1 \]

然后就可以寫了。一個小技巧，求一個數的冪次可以用內建函數 __builtin_ctz(x) 求得。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
using namespace std;
using ll = long long;

constexpr int N = 2e5+5, P = 1e9+7;

ll qpow(ll a, ll b) {
	ll res=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%P)if(b&1)res=res*a%P;
	return res;
}

int cc[35];

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("1.in", "r", stdin);
#endif // !ONLINE_JUDGE
    cin.tie(nullptr)->ios::sync_with_stdio(false);
	int n; cin>>n;
	rep(i,0,n){
		int x; cin>>x;
		cc[__builtin_ctz(x)] ++;
	}
	ll ans=0, tot=0;
	for(int i=31;i>=0;i--){
		if(cc[i]){
			if(i) ans=(ans+qpow(2,tot)*(qpow(2,cc[i]-1)-1)%P)%P;
			else ans=(ans+qpow(2,tot)*(qpow(2,cc[i])-1)%P)%P;
			tot += cc[i];
		}
	}
	cout<<ans;
    return 0;
}