【Codeforces思维题】20220728

2022.07.28

1582D. Vupsen, Pupsen and 0

题目：

题目链接

题解：
考虑确定 $b_i$ 和 $b_j$ 使得 $a_i\times b_i+a_j\times b_j=0$，当 $b_i=a_j$ 且 $b_j=-a_i$ 是一种合法的方案。

当 $n$ 为偶数时，$\sum _{i=1}^n|b_i|=\sum _{i=1}^n|a_i|\le 10^9$是显然的。

当 $n$ 为奇数时，两两匹配会多出一个数，这个数与任意一组构成一个三数的组。
设这三个数为 $a_i,a_j,a_k$ ，可以证明的是三个数中任选两个数，至少有一种情况下的两个数之和不为$0$（证明如下）。如此就满足了 $b$ 中任意数都不为 $0$ 的要求了
假设 $a_i+a_j\ne 0$，那么$b_i=b_j=a_k,b_k=-(a_i+a_j)$
因为 $n<10^5$，所以在极限最坏情况下，$\sum _{i=1}^n|b_i|=\sum _{i=1}^n|a_i|+\max \{a_i\}=\sum _{i=1}^n|a_i|+10^4=10^9$ 。

本题值域为 $[-10^4,-1]$ 和 $[1,10^4]$，而数量为 $10^5$，在这种情况下必然是存在绝对值相同的元素，可以降低 $b_i$ 的绝对值，但是在此不做细致的讨论了。

关于证明：
题目中已说明 $a$ 中任意的数都不等于 $0$，下面采用反证法证明
$a_i+a_j=0$
$a_j+a_k=0$
$a_i+a_k=0$
推导出：$a_i=a_j=a_k=0$，与题意不符，所以不存在三个数中任选两个数的和都为 $0$ 。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010;
int a[N], n;

void solve() {
    
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	int fir = 1;
	if (n & 1) {
    
		if (a[1] + a[2] != 0) {
    
			int v1 = a[1] + a[2];
			int v2 = a[3];
			a[1] = a[2] = v2, a[3] = -v1;
		} else if (a[1] + a[3] != 0) {
    
			int v1 = a[1] + a[3];
			int v2 = a[2];
			a[1] = a[3] = v2, a[2] = -v1;
		} else if (a[2] + a[3] != 0) {
    
			int v1 = a[2] + a[3];
			int v2 = a[1];
			a[2] = a[3] = v2, a[1] = -v1;
		}
		
		fir += 3;
	}
	
	for (int k = fir; k + 1 <= n; k += 2) {
    
		int v1 = a[k], v2 = a[k + 1];
		if (v1 * v2 > 0) a[k] = v2, a[k + 1] = -v1;
		else a[k] = -v2, a[k + 1] = v1;
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", a[i], " \n"[i == n]);
}

int main()
{
    
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	for (int i = 1; i <= T; ++i) {
    
		solve();
	}
	return 0;
}

1583D. Omkar and the Meaning of Life

题目：

题目链接

题解：
由于返回的是第一个和出现两次的最早索引，可以考虑小于 $p_n$ 的数的个数来确定 $p_n$ 的大小，并且通过其他数与 $p_n$ 的大小关系来确定对应的值。

首先设定 $a_n=1$，当 $a_1$ 到 $a_{n-1}$ 都相同，$s_1$ 到 $s_{n-1}$ 必然不同，因此返回的 $k$ 必然是存在 $s_k=s_n$的。将 $a_1$ 到 $a_{n-1}$ 依次设定为 $2-n$，找到比 $p_n$ 小的数，并且设定这些数与 $p_n$ 的差，统计小于 $p_n$ 数的个数 $cnt$，那么 $p_n$ 就是 $cnt+1$。

其次设定 $a_2$ 到 $a_n$ 为 $1$，$a_1$ 依次设定为 $2-n$，找到比 $p_n$ 大的数，并且设定这些数与 $p_n$ 的差。

最后通过这些差确定所有的 $p_i$

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 110;
int a[N], n;
int ch[N]; 
int res;

int ask(int a, int b) {
    
	printf("?");
	for (int i = 1; i < n; ++i) printf(" %d", a);
	printf(" %d", b);
	puts("");
	fflush(stdout);
	
	scanf("%d", &res);
	return res;
}

void solve() {
    
	scanf("%d", &n);
	a[n] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    
		int k = ask(i, 1);
		if (!k) break;
		a[n] += 1;
		ch[k] = 1 - i;
	}
	
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    
		int k = ask(1, i);
		if (!k) break;
		ch[k] = i - 1;
	}
	
	printf("!");
	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf(" %d", a[n] + ch[i]);
	puts("");
	fflush(stdout);
}

int main()
{
    
	int T = 1;
// scanf("%d", &T);
	for (int i = 1; i <= T; ++i) {
    
		solve();
	}
	return 0;
}

1592C. Bakry and Partitioning

题目：

题目链接

题解：
首先求出所有点的异或和

• 当异或和为 $0$，断开任意一个叶子即可
• 当异或和为 $s$，那么必然是分成奇数个异或和为 $s$ 的连通分量
  这里在 $dfs$ 时，找到一个连通分量的异或和为 $s$ 时，统计连通分量异或和为 $s$ 的个数，并清空临时异或值。
  • 当 $k=2$ 时，只能拆成两个连通分量，必然不存在合法方案
  • 当 $k>2$ 时，当异或和为 $s$ 的连通分量为 $cnt(cnt\ge 3)$ 个，这个 $cnt$ 必然是个奇数，就可以拆成两个由$1$个异或和为 $s$ 的连通分量和一个由 $cnt-2$ 个异或和为$s$ 的连通分量构成。如下图所示，每个点代表一个连通分量。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010, M = N << 1;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int a[N], n, k;
int sum, cnt;
bool ok;

void add(int a, int b) {
    
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

int dfs(int u, int fa) {
    
	int s = a[u];
	for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
    
		int v = e[i];
		if (v != fa) {
    
			s ^= dfs(v, u);
		}
	}
	
	if (s == sum) cnt += 1, s = 0;
	
	return s;
}

void solve() {
    
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), h[i] = -1;
	idx = 0; cnt = 0;
	for (int i = 1, a, b; i < n; ++i) {
    
		scanf("%d%d", &a, &b);
		add(a, b);
		add(b, a);
	}
	
	sum = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) sum ^= a[i];
	if (sum == 0) {
    
		puts("YES"); 
	} else {
    
		if (k == 2) {
    
			puts("NO");
			return ;
		}

		dfs(1, -1);
		if (cnt >= 3) puts("YES");
		else puts("NO");
	}
}

int main()
{
    
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	for (int i = 1; i <= T; ++i) {
    
		solve();
	}

	return 0;
}