A题意:
N 长的数组。
一次操作:
最开始的mx 为零。
选出一个数(使得这个数>=mx) ,之后将mx 更新为这个数,将这个数置为零。
不能做这个操作的,输。
问是否有先手赢的策略。有的话,输出yes 否则no
当时一眼就能看出来肯定是和最大值的奇偶性有关系。
当时的想法就是 最大值的奇偶性。奇数 那么就存在。偶数不存在。
但是不对。
因为先手可以决定哪个数 是可操作的最大数。
例如 :
3 3 3 3 2 2 2 1 1 1
这个时候如果先手选3 ,那么先手输。但是如果先手选2 ,那么先手赢。
所以我们要统计每一个数的个数。只有每个数的个数都是 偶数,那么先手才输
感觉博弈论 要考虑操作会改变什么性质,考虑先手的操作可以决定什么。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;void solve()
{int n;cin>>n;map<int,int>mp;int t;for (int i=0;i<n;i++){cin>>t;mp[t]++;}bool flag=false;//反向迭代器for (auto it=mp.rbegin();it!=mp.rend();++it){if (it->second &1){flag=1;break;}}if (flag)cout<<"YES\n";else cout<<"NO\n";
}
int main()
{std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);int t; cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}
B题:
长度为m 的数组 b 。
我们定义了
最大的前缀位置X 位置最靠前的index i
最大的后缀位置Y 位置最靠后的index i
X>Y
其实也就是 包含的元素最少。
输出构造出m 长的数组
简单的思考一下:为了确保X Y 是最大的前缀和后缀位置。从Y到 X的位置,全填1.
同时Y左侧的位置 和 X 右侧的位置一定是-1.
现在来考虑两侧的位置,有三种情况可以填,一种是全填-1 ,一种是全填1,一种是 1 -1 交替填,
如果全填1 的话,那么只要前面的1大于2,Y的位置会变。
如果全填-1的话,那么可能Y X之间的1比较少,前缀的最大值是-1.那么X的位置就会变。
如果+1 -1 交替填,可以减小前面数字的影响。从而保证 XY的正确性。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;void solve()
{int n ,x,y;cin>>n>>x>>y;vector<int>ve(n+1);int t=-1;for (int i=y-1;i>=1;i--){ve[i]=t;t=-t;}for (int i=y;i<=x;i++)ve[i]=1;t=-1;for (int i=x+1;i<=n;i++){ve[i]=t;t=-t;}for (int i=1;i<=n;i++)cout<<ve[i]<<" ";cout<<"\n";}
int main()
{std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);int t; cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}
C题:
定义了mcd的行为,
重新定义了最大值的定义,只有出现大于等于两次的数,才能被称为最大值。
n
a1 a2 a3 a4 ……an
定义b 数组,bi 的值 是a 数组长为i 的前缀 mcd值。
(理解了定义,其实就可以水到渠成的发现,b 数组是单调不增的,这很显然,毕竟我们求的是前缀的最大值,虽然这个最大值指的是出现两次及以上的数字)。
之后将 a 数组 更新为 b 数组。
这样不断的迭代。直到a数组全变为0
sum 是每一个a 数组元素的和。
问sum 值。
对于这种问题,一定是有一些规律在的。一般不会是很难的,会比较明显的。
这个时候就要 模拟。自己去找规律。一定要去思考啊!!
我也感觉出来了,我十分不擅长 和数学相关的思维题。找规律的一些题,我都很难做出来或者做不出来。碰到这种题,就不想做了qaq。希望能通过接下来的练习,弥补这一块。提高一下自己签到的能力!!
一方面 可能和我数学素养有点关系,但感觉更多的还是,练的少,思考的少。
我们可以自己整一个长一点的例子。
55551324666778534434
05555555566677777777
00555555556667777777
00055555555666777777
我们可以发现在操作依次之后,以后的每一次,都是在前面添一个零,最后面的一个数出去了。
这样我们可以先做一下猜想:
我们将数组处理遍之后,可以根据处理后的数组。算每一个数的贡献。大概就是n-i 。可能哟个加一,自己看看一下就行。
但是我们发现样例中
4
2 1 1 2
0 0 1 2(变换一次之后)
0 0 0 0
我们发现 根据我们之前的猜想 1 应该贡献两次,但是其实只贡献了一次。之前找的规律大概没错。那么我们可以处理两次。再使用规律。(又见识到了qaq)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
void solve()
{int n;cin>>n;int ans=0;vector<int>a(n+1);for (int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],ans+=a[i];for(int k=0;k<2;k++){int mx=0;//代表在 mad 情况下的 最大值map<int,int>mp;for (int i=1;i<=n;i++){mp[a[i]]++;if (a[i]>mx&&mp[a[i]]>=2)mx=a[i];a[i]=mx;ans+=a[i];}}for (int i=1;i<=n;i++){if (a[i])ans+=a[i]*(n-i);}cout<<ans<<'\n';}
signed main()
{std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);int t; cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}