河南萌新联赛2024第（一）场：河南农业大学(部分题解）

A 造数

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题意：

给一个整数n，求出最少的操作数使0转化为n
有三种操作方式：

解题思路：

我们可以将基础的1，2，3分别需要1，1，2次操作，
当n大于3时，若n为偶数，则将n=n/2，如果n为奇数，则将操作数加一，n=（n-1）/2
，循环进行直到n小于等于3时，加上相应的基础操作数，即可得到操作次数

解题代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
int a[10000];
signed main()
{IOS
//	int t;
//	cin>>t;
//	while(t--)
//	{int n,t=0,p=0;cin>>n;a[1]=1;a[2]=1;a[3]=2;if(n==0)cout<<"0"<<endl;else if(n<=3)cout<<a[n]<<endl;else{while(n>3){if(n%2==1)p++;n=n/2;t++;}cout<<t+a[n]+p<<endl;}
//	}return 0;
}

F 两难抉择新编

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题意：

给出长度为n的数组a，你可以在下列两项操作中选择一种进行最多一次操作：
操作1：
选择一个数i，使得a[i]=a[i]+x，x为[1,⌊n/i⌋] 范围内任意正整数（ ⌊⌋ 表示向下取整）
操作2：
选择一个数i，使得a[i]=a[i]*x，x为[1,⌊n/i⌋] 范围内任意正整数（ ⌊⌋ 表示向下取整）
求出操作后最大的数组异或和.

解题思路：

异或有自反性：A ^B ^B=A
在这个数组中。我们可以先将数组全部异或
然后遍历，在遍历到一个元素时，应用其自反性，先对其异或，然后将该元素中每一个可以出现的数分别异或，取最大值

解题代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
int a[200010];
signed main()
{IOSint n,sum=0;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];sum=sum^a[i];}int t=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n/i;j++){t=max(t,sum^a[i]^(a[i]+j));t=max(t,sum^a[i]^(a[i]*j));}} cout<<t<<endl;return 0;
}

G 旅途的终点

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题意：

地面上有n个国家，去每个国家都需要消耗a[i]点生命力使其恢复太平，以便畅游，但你具有k次释放神力的机会，在旅行中你有m点生命力，用完则不可继续畅游国家，
注：在当前国家消耗完生命力则意味着你并没有畅游该国家。

解题思路：

这是一道返回贪心的题，我们先将前k个国家用神力畅游，放入优先队列
当畅游第i个国家，i>k时，我们将队列中需要消耗最小生命力的改为消耗生命力，使sum++，将其弹出队列，第i个国家来使用神力，并且将其推进队列
当sum>=m时，我们则不可用生命力畅游队列中的国家，只能用神力，因此我们不能继续用神力畅游第i个国家，最后i-1即为可畅游的国家
如果sum一直小于m。则证明可以畅游n个国家，输出n即可

解题代码：

#include<bits/stdc++.h>#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[200010];
priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> >q;
int main()
{IOSll n,m,k,r=0;cin>>n>>m>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}ll sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){q.push(a[i]);if(q.size()>k){sum+=q.top();q.pop();}if(sum>=m){cout<<i-1<<endl; r=1;break;}}if(r==0)cout<<n<<endl;return 0;
}

H 两难抉择

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题意：

给出长度为n的数组a，你可以在下列两项操作中选择一种进行最多一次操作：
操作1：
选择一个数i，使得a[i]=a[i]+x，x为[1,n]范围内任意正整数
操作2：
选择一个数i，使得a[i]=a[i]*x，x为[1,n]范围内任意正整数
求出操作后最大的数组总和.

解题思路：

想要得到最大的数组总和，应该让数组中最大的值max进行操作
无论哪个操作，x的值取得越大，操作后数组总和越大，所以x应取n，
然后将max分别进行操作1，2，取操作后较大值，最后计算出数组总和即可。

解题代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
int a[200010];
signed main()
{IOSint n;cin>>n;int max=-1,sum=0;for(int i=0;i<n;i++){cin>>a[i];if(a[i]>max)max=a[i];sum=sum+a[i];}int sum2=sum+n;sum=sum-max+max*n;if(sum<sum2)sum=sum2;cout<<sum<<endl;return 0;
}

I 除法移位

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题意：

有长度为n的数组a，我们可以对数组进行循环右移操作：

一次循环操作会使数组a[1],a[2],a[3]…a[n]变为a[n],a[1],a[2]…a[n-1]

式子s=a[1]/a[2]/a[3]…/a[n],求出在t次操作的范围内，使s值最大的最小操作数。

解题思路:

s的值为a[1]/(a[2]* a[3] *…*a[n]),要使s值最大，应让分子即数组第一个数尽量大
由于有最大操作数限制，所以只有操作t>=n-1时，我们可以取整个数组的最大值
当t<n-1时，我们应该取下标为n-t+1到n的最大值，由于这个操作是从最后移动，所以当有多个最大值时，应该取数组中靠后的那一个
如果最初的数组的首元素也为最大值，则无需进行操作，即操作数为0

解题代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
int a[200010];
signed main()
{IOSint n,m,r;cin>>n>>m;if(m>=n)r=1;elser=n-m+1;int ma=0;int t;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];if(i>=r){if(a[i]>=ma){ma=a[i];t=i;}}}if(a[1]>=ma)t=1;if(t==1)cout<<0<<endl;elsecout<<n-t+1<<endl;return 0;
}

K 图上计数(Easy)

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题意：

图中有n个顶点，m条边，可以进行无数次删除操作来删除任意条边以获得若干个联通块。

定义联通块的大小为其所包含点个数。
定义这个图的代价是：你有任意次操作，每次操作合并两个联通块，合并后联通块大小为二者之和，最后剩下两个联通块大小的乘积为此图的代价，若只有一个则代价为0。你需要最大化此图代价。

解题思路：

代价为两个两个连通块大小的乘积，连通块的大小即为顶点数
因此，我们只需将顶点分为两部分，然后使得两部分乘积最大
要使一个数n分为两部分使得乘积最大，则两个值分别为n/2, n-(n/2)

解题代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
signed main()
{IOSint n,m;cin>>n>>m;int p=n/2;int q=n-p;cout<<p*q<<endl;return 0;
}