Codeforces Round #772 (Div. 2)

A. Min Or Sum

题意：给定一个数组，每次挑两个数换为任意与它们或运算结果相同的两个数。操作无限次，求数组最小和。

解：将它们全异或起来，换成这个数和一堆0。

答案：

#include 
using namespace std;
#define ll long long
#define maxx 1000005
#define maxn 1005
#define maxm 200005
#define eps 0.00000001
#define inf 0x7fffffff
#define mod 998244353
//#define int long long
int n,m;
signed main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        int ans=0,t;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&t);
            ans|=t;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

B. Avoid Local Maximums

题意：给定一个数组，每次可以选择一个数换为任意数，求几次操作后可以消去所有局部最大值。

解：设局部最大由三个数i,i+1,i+2组成，ii+2。考虑替换i+2，让它变大，这样后面产生局部最大值可能性变小。但也不能太大，挑i+1和i+3里较大的就可以了。（又名根据样例猜结论

代码：

#include 
using namespace std;
#define ll long long
#define maxx 200005
#define maxn 1005
#define maxm 200005
#define eps 0.00000001
#define inf 0x7fffffff
#define mod 998244353
//#define int long long
int n,m;
int a[maxx]={0};
signed main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        int ans=0;
        for(int i=2;i){
            if(a[i]>a[i+1]&&a[i]>a[i-1]){
                ans++;
                a[i+1]=max(a[i],a[i+2]);
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            printf("%d ",a[i]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

C. Differential Sorting

题意：给定一个数组，每次选择三个下标x

解：构造题一般是挑中一个点死命用。显然a[n-1]<=a[n]，否则无解。其次a[n]还得是换完以后的最大值，剩下所有元素必须小于a[n]和a[n-1]。由于位次关系只能将别的元素换为a[n-1]-a[n]，这显然是一个负数。当a[n]>=0时，成立；a[n]<0时，a[n-1]-a[n]>a[n-1]，不能这么做。如果a[n-2]需要被替代，则无解。以此类推，只有原数组有序时有解。

代码：

#include 
using namespace std;
#define ll long long
#define maxx 200005
#define maxn 1005
#define maxm 200005
#define eps 0.00000001
#define inf 0x7fffffff
#define mod 998244353
//#define int long long
int n,m;
int a[maxx]={0};
signed main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        if(a[n]1]){
            printf("-1\n");
            continue;
        }
        if(a[n]>=0){
            printf("%d\n",n-2);
            for(int i=1;i<=n-2;i++)
                printf("%d %d %d\n",i,n-1,n);
            continue;
        }
        if(is_sorted(a+1,a+n+1)){
            printf("0\n");
        }
        else printf("-1\n");
    }
    return 0;
}
//a[n]<0   a[n-1]//-7 6 -5 4 -4 -3

D. Infinite Set

*这题用scanf("%lld");貌似会WA，得上cin。

题意：给定一个集合，可以由以下方法衍生出新的数：1.x=x*2+1;    2.x=x*4。 现给出p，求集合小于2^p的数的数量。(1<=n,p<=2*10⁵)

解：p这么大，又和2的幂有关，要按位算。两种操作一个生成奇数，一个生成偶数，没有交集，这很好。那么可以视作：左移两位，左移一位再令末尾为1。大胆猜测和具体的数无关，和与p+1（2的p次幂有p+1位）差了几位有关。令sum[i]为和p+1差i位时能生成的数的数量，随便打一打表，发现sum[i]=sum[i-1]+sum[i-2]+1。其实不是很理解那个+1。。。但问题不大。

除此之外注意去重，从大的数出发，看看能不能变成更小的数，反之会漏。还有注意不要大于2^p的数。

代码：

#include 
using namespace std;
#define ll long long
#define maxx 200005
#define maxn 1005
#define maxm 200005
#define eps 0.00000001
#define inf 0x7fffffff
#define mod 1000000007
//#define int long long
int n,p;
ll a[maxx],sum[maxx]={0};
set s;
signed main() {
    sum[1]=1,sum[2]=2;
    for(int i=3;i<=200000;i++){
        sum[i]=(sum[i-1]+sum[i-2]+1)%mod;
    }
    cin>>n>>p;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        s.insert(a[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ll x=a[i];
        while(x){
            if(x%2==1) x/=2;
            else if(x%4==0) x/=4;
            else break;
            if(s.count(x)){
                s.erase(a[i]);
                break;
            }
        }
    }
    ll ans=0;
    for(auto i:s){
        int cnt=0;
        ll x=i;
        while(x){
            x/=2;
            cnt++;
        }
        if(cnt>p) continue;
        ans=(ans+sum[p+1-cnt])%mod;
    }
    cout<"\n";
    return 0;
}