寒假思维训练day15 牛客练习赛121

牛客练习赛ABCD题解，更新一个题解作为今天的任务收尾。

寒假思维训练day15

摘要：

Part1：B题，B-You Brought Me A Gentle Breeze on the Field_牛客练习赛121 (nowcoder.com)

Part2: C题，C-氧气少年的水滴 2_牛客练习赛121 (nowcoder.com)

part3: D题，D-氧气少年的 LCM_牛客练习赛121 (nowcoder.com)

Part1 B题:

1、题意：

2、题解：

1、假设先手，后手的状态是： $F[0], F[1]$ , 当 $F[i] = 1$ 是胜利，等于0是失败，初始时石子数为 $n$ ,以及题目中的 $m$

2、首先如果最初始是1那必然先手必败，如果初始不为1，但是 $m >= n - 1$ 那么先手必胜，总的来说就是：

$\left\{\begin{matrix} F[0] = 0, F[1] = 1, n = 1 \\ F[0] = 1, F[1] = 0, m >= n - 1\\ else \end{matrix}\right.$

3、现在我们讨论else的情况，我们证明一定是由有连取机会的胜:

假设x拥有连取的机会，y没有，但是x输给了y

把x，y每个局面的操作抽象成点，构造成图，当如果找到一条x败给y的路径，也就是x再某个阶段一定处于必败态，因为每次操作必然是至少可以是1（奇数可以改变任何状态，偶数加 + 奇数 = 奇数，奇数 + 奇数 = 偶数），x必然可以先改变自己的状态为必胜态，此时所有输给y的路径都可以改变成必赢路径，所以必胜。

3、代码(cpp):

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std; 
constexpr int N = 1010;
int n, m, p; void solve() {cin >> n >> m >> p; if(n == 1) {cout << "YangQiShaoNian" << endl;return;}else if(n == 2 || m >= n - 1) {cout << "XiaoNian" << endl; return; }else {if(p == 1) cout << "YangQiShaoNian" << endl; else cout << "XiaoNian" << endl;}
}
signed main() {int ts = 1; cin >> ts; while(ts -- ) solve(); return 0;
}

Part2 C题：

1、题意：

2、题解：

我们直接从p这个位置向两边模拟即可，每次维护最左边界和最右边界，时间复杂度最多是O(n * 10), 2e5的范围绰绰有余, 注意边界最后一定要是0和n + 1才能直接输出，否则只能是0。

3、代码(cpp)：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std; 
constexpr int N = 1e6 + 10;
int n, p; 
int a[N], st[N];   
void solve() {cin >> n >> p; for(int i = 0; i <= n + 1; i ++ ) a[i] = 0, st[i] = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];if(a[p] + 1 < 10) {cout << 0 << ' ' << 0 << endl;return; }int l = p - 1, r = p + 1; int lc = 1, rc = 1;int op = n * 11;while(op --) {if(lc + a[l] >= 10 && l >= 1) lc -= (10 - a[l]), a[l] = 10;  if(rc + a[r] >= 10 && r <= n) rc -= (10 - a[r]), a[r] = 10; if(a[l] >= 10 && l >= 1) lc ++, rc ++, l --;if(a[r] >= 10 && r <= n) lc ++, rc ++, r ++;}if(l == 0) cout << lc << ' '; else cout << 0 << ' '; if(r == n + 1) cout << rc << endl; else cout << 0 << endl;
//     cout << endl;
}
signed main() {int ts; cin >> ts; while(ts -- ) solve(); return 0;
}

Part3 D题：

1、题意:

最初给定一个 $a,b$ 每次可以朝着集合中添加 $gcd(a, b)$ 和 $a + b$ , 并且a和b是独立的个体，构造一个得到 $Lcm(a, b)$ 的方案。

2、题解:

首先，这道题并不是可以任意构造的，因为时间是1秒，也就是构造一个尽量少步骤的方案，所以我们来挖掘一下一些性质：

$(1) Lcm(a, b) = a * b / gcd(a,b) = r_a * gcd(a, b) * r_b * gcd(a,b) / gcd(a,b) \\= r_a * r_b * gcd(a, b) = Aim * gcd(a, b) \\$

此时我们得到了关键的东西，我们将其进行二进制拆解， $Aim * gcd(a, b) = (2^{j_1} + 2^{j_2} + 2^{j_3} + ... + 2^{j_k}) * Aim,j_i$ 是 $Aim$ 的各个二进制位。

据此，我们不妨先往集合中添加两个 $gcd(a, b)$ , 因为每次一个一个加非常数字非常大，考虑倍增优化:

$d = gcd(a, b) \\ have \left \{ d, d \right \} \\ d * 2^1 = d + d\\ d * 2^2 = d * 2^1 + d * 2^1\\ ....\\ d * 2^n = d * 2^{n - 1} + d * 2^{n - 1}$

此时我们不妨处理出来所有 $Aim$ 的二进制位上的数与 $gcd(a,b)$ 的乘积，最后通过累加得到 $Aim * gcd(a, b)$ ，也就是 $Lcm(a,b)$

3、代码(cpp):

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std; 
constexpr int N = 1e6 + 10;
int n, m; 
void solve() {int a, b; cin >> a >> b; if(a > b) swap(a, b); if(b % a == 0) {cout << 0 << endl;return; }int d = __gcd(a, b); int aim = a * b / d / d;  int c = -1, t = -1;int cnt = 0; for(int i = 0; i <= 62; i ++ )if(aim >> i & 1ll) {if(t == -1) t = i; c = i;++ cnt; }
//     cout<<cnt<<endl;cout << 2 * (c + 1) + cnt - 1 << endl;cout << 1 << ' ' << a << ' ' << b << endl;cout << 1 << ' ' << a << ' ' << b << endl;for(int i = 1; i <= c; i ++ ) cout << 2 << ' ' << d * (1ll << (i - 1)) << ' ' << d * (1ll << (i - 1)) << endl,cout << 2 << ' ' << d * (1ll << (i - 1)) << ' ' << d * (1ll << (i - 1)) << endl;if(cnt >= 2) {int state = d * (1ll << t);for(int i = t + 1; i < 62; i ++ ) {if(aim >> i & 1ll) { cout << 2 << ' ' << state << ' ' << d * (1ll << i) << endl;state += d * (1ll << i); }}}}
signed main() {int ts; cin >> ts; while(ts -- ) solve(); return 0;
}

感谢观看！

本文来自互联网用户投稿，该文观点仅代表作者本人，不代表本站立场。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如若转载，请注明出处：http://www.mzph.cn/news/650456.shtml

如若内容造成侵权/违法违规/事实不符，请联系多彩编程网进行投诉反馈email:809451989@qq.com，一经查实，立即删除！