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A,B,C,D题解。ide
这场比赛打的稀碎,A题居然想了40分钟;B题乱搞还过了;最后十几分钟开的D,WA到最后仍是没想到\(n=1\)的状况,最近怎么老是各类下饭操做啊。优化
比赛前我说这场我必涨分,结果然就涨了一分……
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这A题就欺负我这种呆瓜,别人都作完三道题了,我才以为彷佛直接取相邻两个就行……
其缘由就在于,长区间必定没有两个段区间优,即选\((a_l, a_{l+1},\cdots, a_r)\)还不如选\((a_l,a_{l+1},\cdots,a_{r-1})\)和\((a_{l+1},\cdots, a_{r-1}, a_r)\).枚举最大最小值的位置是否在左右端点既能够得出结论。class
因此答案就是\(max\{a_i *a_{i-1} \}(1\leqslant i < n)\).
代码不发了。
di
这题放在B纯属搞心态,C,D可比这要简单多了。主要是这题的思路之前没遇到过,一种经过最值优化枚举范围的思路。时间
首先看后面的\(k * (a_i | a_j)\),他的最大值是\(k* 2n\)(好比\(n= 8\),那么\(8 | 7 = 15\),因此最大值不是\(n\)),那么整个式子的最大值必定不小于\(n*(n-1)-2kn\),即\(f(n, n - 1)\).view
那么对于任何一个\(f(i, j)\),至少要知足\(i * j > n * (n-1)-2kn\),所以咱们在枚举\(j\)的时候,须要知足\(i > \frac{n(n-2k-1)}{j}\)且\(i < j\),而这个时间复杂度是\(O(nk)\)的。由于当\(j=n\)时,\(n-2k-1 < i < n\);而当\(j<n\)时,\(i\)的范围的左边界会变大,右边界会变小,因此枚举区间确定不会超过\(2k\),所以时间复杂度\(O(kn)\).vi
上面的思路已经能过这题了,但还能够再优化:观察上面的式子,当\(j \leqslant n - 2k - 1\)时,有\(i \geqslant n\),因此咱们只用枚举\([n-2k, n]\)的全部\(j\)便可,这样时间复杂度就是\(O(k^2)\)的了。比赛
主要代码:ant
ll n, K, a[maxn]; l solve() { ll ans = -INF; for(ll j = max(1LL, n - 2 * K); j <= n; ++j) for(ll i = max(1LL, n * (n - 2 * K - 1) / j); i < j; ++i) ans = max(ans, i * j - K * (a[i] | a[j])); return ans; }
而后个人乱搞思路是枚举从\(1\)到\(n\)的全部\(j\),再用\(j\)前面\(k\)个\(i\)去更新答案……虽然不能彻底涵盖题解的枚举区间,但彷佛也很难被卡掉。
题目要说的是找到最小的非负整数\(x\),使\(x\)没有在\(n \ \ \textrm{XOR} \ \ 0, n \ \ \textrm{XOR} \ \ 1,\cdots, n \ \ \textrm{XOR} \ \ m\)中出现。
换句话说,就是找最小的\(x\),知足\(n \ \ \textrm{XOR} \ \ x > m\)(题解的作法是\(\geqslant m + 1\),不过都同样).
那么咱们从高位比,令\(n\)的这一位为\(b_1\),\(m\)的这一位为\(b_2\),而后分状况讨论便可:
若是\(b_1=b_2=1\),那么\(x\)这一位只能填\(0\);
若是\(b_1=0,b_2=1\),那么必须填\(1\);
若是\(b_1=1,b_2=0\),此时填\(0\)结果已经大于\(m\)了,退出;
若是\(b_1=b_2=0\),同理填\(0\).
但这样最后可能会使\(n \ \ \textrm{XOR} \ \ x = m\),所以咱们要找到最低位的\(i\),知足\(n,m\)的第\(i\)位都是\(0\),将\(x\)的这一位改为\(1\),而且低位清零便可。
主要代码:
const int N = 31; In int solve(int n, int m) { int p = 0; for(int i = N; i >= 0; --i) { int t1 = (n >> i) & 1, t2 = (m >> i) & 1; if(!t1 && t2) p |= (1 << i); else if(t1 &&!t2) break; } if((p ^ n) == m) { for(int i = 0; i <= N; ++i) { int t1 = (n >> i) & 1, t2 = (m >> i) & 1; if(!t1 && !t2) { p |= (1 << i); for(int j = 0; j < i; ++j) //低位清零 { p |= (1 << j); p ^= (1 << j); } return p; } } } return p; }
这D就更简单了。
先想对于一个长度为5的串aaaaa,a出现了5次,aa出现了4次,aa出现了3次……即奇偶交替出现的,而对于aaaa,会发现他的奇偶交替出现跟aaaaa恰好相反,而奇+偶=奇,那么问题就解决了:若是\(n\)为偶数,咱们就能够构造出相似aaaaabaaaa这样的串;若是\(n\)为奇数,在后面添加一个c便可。
而后别忘判断\(n=1\)的状况,说的就是我……
主要代码:
void solve(int n) { int x = n >> 1; for(int i = 1; i <= x; ++i) putchar('a'); if(n > 1) putchar('b'); for(int i = 1; i < x; ++i) putchar('a'); if(n & 1) putchar('c'); puts(""); }E没看,也不会。