Dylan's Blog
0%

Posted on Edited on In

7月7号 Codeforces Round #495 题目链接：http://codeforces.com/contest/1004

A - Sonya and Hotels

过水，不多说。

B - Sonya and Exhibition

思路： 神仙题！！！我做完E题才想到。。。

千万不要想多了，就是0101010101…直接输出就好了，因为这样就可以保证任意一个序列中0和1的差最多相差1。也就保证了和最大。 代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1005
#define LL long long
using namespace std;

int n, m;
struct A {int l, r;} a[MAXN];

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++) scanf("%d%d", &a[i].l, &a[i].r);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(i&1) printf("1");
        else printf("0");
    }
}

C - Sonya and Robots

思路： 就是求每个数之前有多少个不一样的数。记录每一个数上一次出现位置，从后向前扫，设num为之前有多少个不一样的数。如果上一次出现位置为0（也就是之前没有这个数）那么num—。

然后对于每个数最后的位置求一个num的和就好了。 代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
#define LL long long
using namespace std;

int n, a[MAXN], vis[MAXN], last[MAXN], pos[MAXN], num;
LL ans;

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        last[i]=pos[a[i]];
        if(pos[a[i]]==0) num++;
        pos[a[i]]=i;
    }
    for(int i=n; i>=1; i--)
    {
        if(!last[i]) num--;
        if(pos[a[i]]!=i) continue;
        ans+=num;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

D - Sonya and Matrix

思路： 比较难的一题。我们可以知道最大的数一定是在最角落，所以我们定义a为左上角的数，b为左下角的数。然后我们可以根据数量推出x的值，通过暴力枚举枚举出n，m的值。

知道了这些后我们就可以推出n, m, x, y, a, b。进而确定矩形，然后check一下这个矩形是否符合要求，如果符合直接输出，结束。 代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1000005
using namespace std;

int t, temp, n, m, x, y, b, num[MAXN], cnt[MAXN];

void solve(int n, int m, int x, int y)
{
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    y=n+m-x-b;
    if(x<0 || x>n || y<0 || y>m) return;
    for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=m; j++)
    {
        int dis=abs(x-i)+abs(y-j);
        cnt[dis]++;
    }
    for(int i=1; i<=b; i++) if(cnt[i]!=num[i]) return;
    printf("%d %d\n%d %d\n", n, m, x, y);
    exit(0);
}


int main()
{
    scanf("%d", &t);
    for(int i=1; i<=t; i++)
    {
        scanf("%d", &temp);
        num[temp]++;
        b=max(b, temp);
    }
    if(num[0]!=1) {printf("-1\n"); return 0;}
    for(x=1; x*4==num[x]; x++) ;
    for(int i=1; i*i<=t; i++)
    {
        if(t%i) continue;
        solve(i, t/i, x, b);
        solve(t/i, i, x, b);
    }
    printf("-1\n");
}

E - Sonya and Ice Cream

思路： 相对于E题比较水吧。。。没有什么思维含量，就是码量大。。

和NOIP那道树网的核差不多，路径一定是在数的直径上，在直径上$O(n)$枚举路径，$O(1)$确定最远距离，用这个最远距离更新答案就好了。 代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
using namespace std;

int n, k, maxlen, maxdis, root, l, r, cnt, head[MAXN], son1[MAXN], son2[MAXN], dis[MAXN], tag[MAXN], vis1[MAXN], vis2[MAXN];

struct Edge {int next, to, dis;} edge[MAXN*2];

void addedge(int x, int y, int z)
{
    edge[++cnt].next=head[x];
    edge[cnt].to=y;
    edge[cnt].dis=z;
    head[x]=cnt;
}

int findline(int x, int fa)
{
    int len1=0, len2=0;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to==fa) continue;
        int len=findline(to, x)+edge[i].dis;
        if(len>=len2) len2=len, son2[x]=i;
        if(len2>len1) swap(len2, len1), swap(son1[x], son2[x]);
    }
    if(len1+len2>maxlen) maxlen=len1+len2, root=x;
    return len1;
}

void finddis(int x, int fa)
{
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to==fa || tag[to]) continue;
        finddis(to, x);
        dis[x]=max(dis[x], edge[i].dis+dis[to]);
    }
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(!tag[to] || to==fa) continue; 
        finddis(to, x);
    }
    maxdis=max(maxdis, dis[x]);
}

int solve(int l, int r)
{
    int ans=1e9, ldis=0, rdis=maxlen, x=l, y=l;
    for(int i=1; i<k; i++)
    {
        for(int j=head[y]; j; j=edge[j].next)
        {
            int to=edge[j].to;
            if(!tag[to] || vis1[to]) continue;
            rdis-=edge[j].dis;
            vis1[y]=1; y=to; 
        }
    }
    ans=min(ans, max(rdis, ldis));
    while(y!=r)
    {
        for(int j=head[y]; j; j=edge[j].next)
        {
            int to=edge[j].to;
            if(!tag[to] || vis1[to]) continue;
            rdis-=edge[j].dis;
            vis1[y]=1; y=to;
        }
        for(int j=head[x]; j; j=edge[j].next)
        {
            int to=edge[j].to;
            if(!tag[to] || vis2[to]) continue;
            ldis+=edge[j].dis;
            vis2[x]=1; x=to;
        }

        ans=min(ans, max(rdis, ldis));
    }
    return max(ans, maxdis);
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        int x, y, z;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        addedge(x, y, z);
        addedge(y, x, z);   
    }
    findline(1, 0);
    tag[root]=1; l=r=root;
    for(int i=son1[root]; i; i=son1[edge[i].to]) tag[edge[i].to]=1, l=edge[i].to;
    for(int i=son2[root]; i; i=son1[edge[i].to]) tag[edge[i].to]=1, r=edge[i].to;
    finddis(root, 0);
    printf("%d\n", solve(l, r));
}

Posted on Edited on In

问题描述：

给你一张n个节点m条边的图，每一条边包含一个位运算$op$和一个值$c$（0或1）。每条边两个端点权值$op$操作后的结果为$c$。你的任务是求出是否存在这样的图。

输入：

第一行$n (n<=1000), m (m<=100000)$表示n个节点，m条边。 接下来m行每行三个数$a, b, c$以及一个位运算$op$。表示$a, b$之间的一条边。

输出：

直接输出YES或NO。

思路：

不难看出这是一个2-SAT问题。每个点只能取0或1，并且点之间存在一些约束关系。这道题就是2-SAT的一道模版，比较简单。

按照2-SAT的套路，每个点有两种取值，每个值对应一个节点，然后按照约束关系建边（这个比较重要）。由于每个点只能取一个值，所以如果一个点对应的两个取值在同一个环中，则是不可能的。求无向图的环用tarjan就好了。

代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 20005
#define MAXE 2000005
using namespace std;

int n, m, cnt, head[MAXN];
int id, top, tot, low[MAXN], dfn[MAXN], sta[MAXN], bel[MAXN];
bool vis[MAXN];
struct Edge {int to, next;} edge[MAXE];

void addedge(int from, int to)
{
    edge[++cnt].next=head[from];
    edge[cnt].to=to;
    head[from]=cnt;
}

bool check()
{
    for(int i=1; i<=n; i++) if(bel[i]==bel[i+n]) return false;
    return true;
}

void tarjan(int x)
{
    low[x]=dfn[x]=++id;
    sta[++top]=x; vis[x]=true;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(!dfn[to])
        {
            tarjan(to);
            low[x]=min(low[x], low[to]);
        }
        else if(vis[to]) low[x]=min(low[x], low[to]);
    }
    if(dfn[x]==low[x])
    {
        int y; tot++;
        do
        {
            y=sta[top--]; vis[y]=false;
            bel[y]=tot;
        }while(x!=y);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int x, y, z; char op[5];
        cin>>x>>y>>z>>op;
        x++; y++;
        if(op[0]=='A' && z==0) addedge(x, y+n), addedge(y, x+n);
        if(op[0]=='A' && z==1) addedge(x+n, x), addedge(y+n, y);
        if(op[0]=='O' && z==0) addedge(x, x+n), addedge(y, y+n);
        if(op[0]=='O' && z==1) addedge(x+n, y), addedge(y+n, x);
        if(op[0]=='X' && z==0) addedge(x, y), addedge(y, x), addedge(x+n, y+n), addedge(y+n, x+n);
        if(op[0]=='X' && z==1) addedge(x, y+n), addedge(x+n, y), addedge(y, x+n), addedge(y+n, x);
    }
    for(int i=1; i<=n*2; i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
    if(check()) printf("YES\n");
    else printf("NO\n");
}

Posted on Edited on In

A - F & B - Acrostic

过水 QWQ…

C - Ordinary Beauty

思路： 一道比较巧妙的数学题。我们其实只需要考虑一位的期望，然后整个序列的期望就是这个的m+1倍。

然后我们考虑如何计算期望。一共是有$n*n$种情况（只考虑一位），如果$d==0$时，显然是有$n$种情况符合要求，如果$d!=0$那么就有$(n-d)*2$种情况符合要求，所以分类讨论一下就好。还有一点就是要注意精度，不要一下除$n*n$，精度损失比较大。

代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstring>
#define LL long long
using namespace std;

LL n, m, d;

int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &d);
    double temp;
    if(d==0) temp=n;
    else temp=(n-d)*2;
    printf("%.10lf\n", (double)(m-1)/n*temp/n);
}

D - Saving Snuuk

思路： 比较水的一道图论题，只是题目好难看懂啊。。。其实就是给你一张无向图，每条边有两种权值，然后求在每个点切换权值的最短路。

不难想到建两张图，分别从起点，终点跑SPFA。每个点切换权值的最短路就是到起点，终点的距离之和。 代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define INF 1e18
#define MAXN 100005

LL min(LL x, LL y) {if(x<y) return x; return y;}

int n, m, s, t, u, v;
LL a, b, f=1e15, ans[MAXN];

struct Graph
{
    int cnt, head[MAXN], vis[MAXN];
    LL dis[MAXN];

    struct Edge {int next, to; LL dis;} edge[MAXN*2];

    std::queue<int> q;

    void addedge(int from, int to, LL dis)
    {
        edge[++cnt].next=head[from];
        edge[cnt].to=to;
        edge[cnt].dis=dis;
        head[from]=cnt;
    }

    void spfa(int s)
    {
        for(int i=1; i<=n; i++) dis[i]=INF;
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        q.push(s); vis[s]=1; dis[s]=0;
        while(!q.empty())
        {
            int x=q.front(); q.pop();
            vis[x]=0;
            for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
            {
                int to=edge[i].to;
                if(dis[to]>dis[x]+edge[i].dis)
                {
                    dis[to]=dis[x]+edge[i].dis;
                    if(!vis[to]) q.push(to), vis[to]=1;
                }
            }
        }
    }
} g1, g2;

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &s, &t);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%d%d%lld%lld", &u, &v, &a, &b);
        g1.addedge(u, v, a); g1.addedge(v, u, a);
        g2.addedge(v, u, b); g2.addedge(u, v, b);
    }
    g1.spfa(s);  g2.spfa(t);
    ans[n+1]=INF;
    for(int i=n; i>=1; i--) ans[i]=min(ans[i+1], g1.dis[i]+g2.dis[i]);
    for(int i=1; i<=n; i++) printf("%lld\n", f-ans[i]);
}

E - + Graph

思路： 思维难度不大，只是超级考验码力，我比赛时调了超级久还是没有写出QWQ。

我们设节点1的值为x，然后其它所有点的值都可以用$w_1-x$或$w_2+x$表示（w可以根据题目条件推出来）。先bfs一遍处理出每个节点$w_1,w_2$，储存在f数组里，然后统一进行判断。

限制条件有很多，不要漏了。首先要判断是否有正整数解，还要判断解的范围，还要判断解是否在范围内。详细的看代码好了。

代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1000005
#define INF 1e18
#define LL long long

int n, m, cnt, head[MAXN], vis[MAXN];
LL l=1, r=INF, root=-1, f[MAXN][5];

LL min(LL x, LL y) {if(x>y) return y; return x;}
LL max(LL x, LL y) {if(x<y) return y; return x;}

struct Edge{int next, to; LL dis;} edge[MAXN];

std::queue<int> q;

void addedge(int from, int to, LL dis)
{
    edge[++cnt].next=head[from];
    edge[cnt].to=to;
    edge[cnt].dis=dis;
    head[from]=cnt;
}

void bfs(int x)
{
    vis[x]=1; q.push(x);
    f[x][0]=1; f[x][1]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front(); q.pop();
        for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
        {
            int to=edge[i].to;
            if(vis[to]) continue;
            f[to][0]=-f[x][0];
            f[to][1]=edge[i].dis-f[x][1];
            vis[to]=1; q.push(to);
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int u, v, s;
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &s);
        addedge(u, v, s);
        addedge(v, u, s);
    }
    bfs(1);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(f[i][0]==1) l=max(l, 1-f[i][1]);
        else r=min(r, f[i][1]-1);
        for(int j=head[i]; j; j=edge[j].next)
        {
            int to=edge[j].to;
            LL x=f[i][0]+f[to][0];
            LL y=f[i][1]+f[to][1];
            if(x==0 && y!=edge[j].dis) {printf("0\n"); return 0;}
            if(x!=0)
            {
                LL temp=edge[j].dis-y;
                if(temp%2 || temp/x<=0) {printf("0\n"); return 0;}
                if(root==-1) root=temp/x;
                if(root!=temp/x) {printf("0\n"); return 0;}
            }
        }
    }
    if(root==-1) printf("%lld\n", max(0, r-l+1));
    else printf("%d", (root>=l && root<=r));
}

Posted on Edited on In

问题描述：

给你一张有n个节点m条边的无向图，需要你求出这张图的严格次小生成树。

输入：

第一行包含两个整数N 和M，表示无向图的点数与边数。 接下来 M行，每行 3个数x y z 表示，点 x 和点y之间有一条边，边的权值为z。

输出：

仅一个数，表示严格次小生成树的边权和。

思路：

这道题和POJ1639度限制生成树一样，先计算出最小生成树，然后在最小生成树的基础上进行调整，得到要求的答案。

我们知道最小生成树与次小生成树最多只有一条边不同。所以我们可以在已经求出最小生成树的基础上，枚举每一条不在树上的边。假设它是次小生成树上的边，那么我们既要保持树的结构还要使树尽可能小，这时我们就要删去这条边两端树上路径的最长边，然后利用这个更新答案。

但这就出现了一个问题，有可能这条删去的边的边权和我们加的边的边权相等，这时新的树依然是最小生成树。所以我们需要记录下两端树上路径的次长边，如果出现上面情况我们就删去次长边，这样就是严格树次小生成树了。

代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 100005
#define MAXE 300005
#define LL long long
#define INF 1e18
using namespace std;

int n, m, cnt, max1, max2, head[MAXN], f1[MAXN], f2[MAXN][25], dis[MAXN][25][2], dep[MAXN];
LL sum, ans=INF;

struct Edge {int x, y, dis; bool tag;} edge[MAXE];
struct Tree {int next, to, dis;} tree[MAXN*2];

bool CMP (Edge x, Edge y) {return x.dis<y.dis;}

int find(int x)
{
    if(f1[x]!=x) f1[x]=find(f1[x]);
    return f1[x];
}

void addedge(int from, int to, int dis)
{
    tree[++cnt].next=head[from];
    tree[cnt].to=to;
    tree[cnt].dis=dis;
    head[from]=cnt;
}

void kruskal()
{
    for(int i=1; i<=n; i++) f1[i]=i;
    sort(edge+1, edge+m+1, CMP);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int fx=find(edge[i].x), fy=find(edge[i].y);
        if(fx!=fy)
        {
            f1[fx]=fy; sum+=edge[i].dis;
            edge[i].tag=true;
            addedge(edge[i].x, edge[i].y, edge[i].dis);
            addedge(edge[i].y, edge[i].x, edge[i].dis);
        }
    }
}

void dfs(int x, int fa)
{
    f2[x][0]=fa;
    for(int i=head[x]; i; i=tree[i].next)
    {
        int to=tree[i].to;
        if(to==fa) continue;
        dis[to][0][0]=tree[i].dis;
        dep[to]=dep[x]+1;
        dfs(to, x);
    }
}

void init()
{
    for(int i=1; i<=20; i++)
    {
        for(int j=1; j<=n; j++)
        {
            f2[j][i]=f2[f2[j][i-1]][i-1];
            dis[j][i][0]=max(dis[j][i-1][0], dis[f2[j][i-1]][i-1][0]);
            dis[j][i][1]=max(dis[j][i-1][1], dis[f2[j][i-1]][i-1][1]);
            if(dis[f2[j][i-1]][i-1][0]==dis[j][i-1][0]) continue;
            dis[j][i][1]=max(dis[j][i][1], min(dis[f2[j][i-1]][i-1][0], dis[j][i-1][0]));
        }
    }
}

int Lca(int x, int y)
{
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x, y);
    for(int i=20; i>=0; i--) if(dep[f2[x][i]]>=dep[y]) x=f2[x][i];
    if(x==y) return x;
    for(int i=20; i>=0; i--) if(f2[x][i]!=f2[y][i]) x=f2[x][i], y=f2[y][i];
    return f2[x][0];
}

int solve(int x, int y, int len)
{
    int maxn=0;
    for(int i=20; i>=0; i--)
    {
        if(dep[f2[x][i]]>=dep[y])
        {
            if(dis[x][i][0]==len) maxn=max(maxn, dis[x][i][1]);
            else maxn=max(maxn, dis[x][i][0]);
            x=f2[x][i];
        }
    }
    return maxn;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++) scanf("%d%d%d", &edge[i].x, &edge[i].y, &edge[i].dis);
    kruskal();
    dfs(1, 0);
    init();
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        if(edge[i].tag) continue;
        int lca=Lca(edge[i].x, edge[i].y);
        max1=solve(edge[i].x, lca, edge[i].dis);
        max2=solve(edge[i].y, lca, edge[i].dis);
        ans=min(ans, sum-max(max1, max2)+edge[i].dis);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

Posted on Edited on In

7月1日 AtCoder Regular Contest 100 题目链接: https://arc100.contest.atcoder.jp/

C - Linear Approximation

思路： 首先看到那个式子比较复杂，其实可以将它化简，把第i项减去i。然后观察式子可以发现那个值就是序列的中位数，然后直接算出答案。其实这就是那个货仓选址的模型，比较重要。

代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

int n;
LL ans, a[200005];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld", &a[i]), a[i]-=i;
    sort(a+1, a+n+1);
    LL t=a[(n+1)/2];
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(a[i]-t<0) ans+=t-a[i];
        else ans+=a[i]-t;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

D - Equal Cut

思路： 玄学。。。首先可以枚举中间切的那一刀，由于我们希望极差最小，所以有一种感觉就是要分得尽量平均。因此对于中间的每一刀，我们可以确定出左边和右边两刀，把序列左边和右边切得更“平均”，用这个更新答案。其实有一点迷QWQ 代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define INF 1e18
#define MAXN 200005
using namespace std;

int n;
LL a[MAXN], ans=INF;

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld", &a[i]), a[i]+=a[i-1];
    int l=1, r=3;
    LL maxn, minn;
    for(int i=2; i<=n-2; i++)
    {
        while(a[l]<a[i]-a[l]) l++;
        while(a[r]-a[i]<a[n]-a[r]) r++;
        if(a[l-1]>a[i]-a[l]) l--;
        if(a[r-1]-a[i]>a[n]-a[r]) r--;
        maxn=max(max(a[l], a[i]-a[l]), max(a[r]-a[i], a[n]-a[r]));
        minn=min(min(a[l], a[i]-a[l]), min(a[r]-a[i], a[n]-a[r]));
        ans=min(ans, maxn-minn);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

E - Or Plus Max

思路： 发现自己位运算是真的菜。。。。

类似于一个DP。首先枚举下标0到1<<n，如果下标x的第i位上是0（二进制）那么它一定包含于（同样是二进制）下标 x&(1<<i)（也就是把那一位变为1）。所以可以用下标x的数来更新下标x&(1<<i)的数之前的最大值。 代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 300005
#define LL long long
using namespace std;

int n, f[MAXN][2];
LL ans[MAXN], a[MAXN];

void solve(int x, int y)
{
    if(f[x][0]==y || f[x][1]==y) return;
    if(a[f[x][1]]<a[y])
    {
        f[x][1]=y;
        if(a[f[x][0]]<a[f[x][1]]) swap(f[x][0], f[x][1]);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=0; i<(1<<n); i++)
    {
        scanf("%lld", &a[i]);
        f[i][0]=i;
    }
    for(int i=0; i<(1<<n); i++) for(int j=0; j<n; j++)
    {
        if((i>>j)&1) continue;
        solve(i|(1<<j), f[i][0]);
        solve(i|(1<<j), f[i][1]);
    }
    for(int i=1; i<(1<<n); i++)
    {
        ans[i]=max(ans[i-1], a[f[i][0]]+a[f[i][1]]);
        printf("%lld\n", ans[i]);
    }
}