 A~E)
A - MEX Partition
思维？
求 \(a\) 的 \(\text{mex}\)。
关于证明，参考官方题解：
首先，让 \(m=\operatorname{mex}(A)\) 。我们可以忽略所有大于 \(m\) 的元素。这是因为由于 \(m\) 是 mex， \(m\) 不会出现在 \(A\) 中，因此它也不会出现在任何分区中。因此，每个元素进入哪个分区并不重要。
现在，我们来看看数字 \(0\) 。假设在 \(A\) 中至少有一个 \(0\) 。那么，分区中至少有一个多集合必须包含 \(0\) （因为 \(A\) 中的每个元素都必须包含在分区中的一个多集合中）。这也意味着所有多集都必须包含 \(0\) ，否则所有多集的 \(\operatorname{mex}\) 就不可能相同（对某些多集来说是 \(0\) ，但对另一些多集来说大于 \(0\) ）。
一旦我们得出 \(0\) 必须存在于所有分集中的结论，我们就可以对 \(1,2,\ldots,m-1\) 做出同样的结论。也就是说， \(m\) 是唯一可能的分数。
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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;void solve() {int n;std::cin >> n;int cnt[102] {};for (int i = 0; i < n; i += 1) {int x;std::cin >> x;cnt[x] += 1;}int ans = 0;while (cnt[ans]) {ans += 1;}std::cout << ans << "\n";
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}
B - Distinct Elements
差分，构造。
考虑每个数产生的贡献，记 \(b_i-b_{i-1}=x\)，如果 \(x=i\)，说明第 \(i\) 位置产生了 \(i\) 个贡献，即一定是前面没有出现过的数，记 \(\text{now}\) 代表出现过的最后一个数字，那么 \(ans_i=\text{now}+1\)，否则一定是在前面第 \(i-x\) 个位置就出现过的数，这样才只产生了 \(x\) 的贡献，即 \(ans_i=ans_{i-x}\)。
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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;void solve() {int n;std::cin >> n;std::vector<i64> b(n), a(n);for (int i = 0; i < n; i += 1) {std::cin >> b[i];a[i] = b[i];if (i) {a[i] -= b[i - 1];}}int now = 1;std::vector<int> ans(n);ans[0] = 1;for (int i = 1; i < n; i += 1) {if(a[i] == i + 1){ans[i] = ++now;}else{ans[i] = ans[i - a[i]];}}for (int i = 0; i < n; i += 1) {std::cout << ans[i] << " \n"[i + 1 == n];}}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}
C - Reverse XOR
枚举。
\(x\) 二进制翻转之后异或等于 \(n\)，那么说明 \(n\) 的某位上为 \(1\) 的话，它的这一位一定与它的翻转位是不同的，同样 \(n\) 的与这一位相对的翻转位上也应该为 \(1\)，说明 \(n\) 可能是以某一位为轴，然后对称的，且这一位一定是 \(0\)，因为如果以某一位为轴中心且是 \(1\)，那么翻转后异或应该为 \(0\)；也可能是以某两位中间为轴进行对称。
检查一下从哪位（或者哪两位中间）开始对称的，最后是否能凑出 \(n\) 即可。
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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;void solve() {int n;std::cin >> n;for (int i = 29; i >= 0; i -= 1) {int cnt = 0;if (~n >> i & 1) {for (int j = 1; j + i <= 60 && i - j >= 0; j += 1) {int x = n >> (i + j) & 1, y = n >> (i - j) & 1;if (x == y && x == 1) {cnt += 2;}if (x ^ y) {break;}}if (cnt == __builtin_popcount(n)) {std::cout << "YES\n";return;}}cnt = 0;for (int j = 1; j + i <= 60 && i - j + 1 >= 0; j += 1) {int x = n >> (i + j) & 1, y = n >> (i - j + 1) & 1;if (x == y && x == 1) {cnt += 2;}if (x ^ y) {break;}}if (cnt == __builtin_popcount(n)) {std::cout << "YES\n";return;}}std::cout << "NO\n";}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}
D - MAD Interactive Problem
思维。
首先可以确定的是，如果我们现在有 \(n\) 个不知道位置的值，只知道它们互不相同，那么拿这 \(n\) 个数和任意一个其他位置询问得到的答案就是这个位置的答案。
所以可以先进行 \(2n\) 次询问，维护不确定数的位置，即使前 \(n\) 个数都不相同，也能得出后 \(n\) 个数。
同理，如果我们现在有 \(n\) 个知道位置的值，并且它们互不相同，那么拿这 \(n\) 个数和任意一个其他位置询问得到的答案同样也是这个位置的答案。
由前面 \(2n\) 次得出 \(n\) 个已知的数后，再拿这 \(n\) 个数挨个去询问之前不确定的数，最多 \(n\) 次便得到全部数组。
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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;void solve() {int n;std::cin >> n;auto ask = [](std::vector<int> v)->int{std::cout << "? " << v.size() << " " ;sort(v.begin(), v.end());for (auto &x : v) {std::cout << x << " ";} std::cout << std::endl;int res;std::cin >> res;return res;};auto asnwer = [](vector<int> &v)->void{std::cout << "! ";for (auto &x : v) {std::cout << x << " ";} std::cout << std::endl;};std::vector<int> ans(2 * n), pos(n), has, exit;has.push_back(1);for (int i = 1; i < 2 * n; i += 1) {has.push_back(i + 1);if (has.size() == 1) {continue;} else {auto res = ask(has);if (res) {ans[i] = res;has.pop_back();if (has.size() == 1) {ans[has.back() - 1] = res;has.pop_back();} else {exit.push_back(i + 1);}}}}for (auto &x : has) {exit.push_back(x);auto res = ask(exit);ans[x - 1] = res;exit.pop_back();}asnwer(ans);
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}
E - Rectangles
思维。
考虑枚举 \(u,d\) 两行，把两行有 \(1\) 的列标记，那么当前 \(d\) 行当前列有 \(1\) 时构成的最小矩阵就应该是它的前一个 \(1\)，记当前列为 \(i\)，上一个 \(1\) 所在的列为 \(lst\)，那么在 \(d\) 行 \([lst,i]\) 的区间内的答案就是 \((d-u+1)\times (i-lst+1)\)，此时不必着急对 \(u\sim d-1\) 的答案进行更新，先管每一行的，枚举 \(d\) 算完 \(u+1\sim n\) 后从 \(n\) 开始到 \(u+1\) 行的每一列取后缀最小值即可更新第 \(u\) 行开头的矩阵贡献的答案。
这样的复杂度是 \(O(n^2m)\) 的，显然 \(n\) 大的时候不可取，可以发现，有 \(\min(n,m)\le \sqrt{nm}\)，所以当 \(n\) 大的时候可以反过来枚举列，这样就能保证复杂度为 \(O(nm\min(n,m))\) 即 \(O(nm\sqrt{nm})\)。
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#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;void solve() {int n, m;std::cin >> n >> m;std::vector a(n, std::vector<int>(m));for(int i = 0; i < n; i += 1) {std::string s;std::cin >> s;for(int j = 0; j < m; j += 1) {a[i][j] = s[j] - '0';}}const int inf = 1E9;auto swap = [&](std::vector<std::vector<int>> &a)->void {std::vector res(m, std::vector<int>(n, inf));for(int i = 0; i < n; i += 1) {for(int j = 0; j < m; j += 1) {res[j][i] = a[i][j];}}a = std::move(res);return ;};bool f = false;if(n > m) {f = true;swap(a);std::swap(n, m);}std::vector ans(n, std::vector<int>(m, inf));for(int u = 0; u < n; u += 1) {for(int d = u + 1; d < n; d += 1) {int lst = -1;for(int i = 0; i < m; i += 1) {if(a[u][i] && a[d][i]) {if(~lst) {int S = (d - u + 1) * (i - lst + 1);for(int j = lst; j <= i; j += 1) {ans[d][j] = std::min(ans[d][j], S);}}lst = i;}}}for(int i = n - 2; i >= u; i -= 1) {for(int j = 0; j < m; j += 1) {ans[i][j] = std::min(ans[i][j], ans[i + 1][j]);}}}if(f) {swap(ans);std::swap(n, m);}for(int i = 0; i < n; i += 1) {for(int j = 0; j < m; j += 1) {if(ans[i][j] == inf) {ans[i][j] = 0;}std::cout << ans[i][j] << " \n"[j + 1 == m];}}}
int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);int t;std::cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}