Codeforces Round #781 (Div. 2)(ABCD)

Codeforces Round #781 (Div. 2)(ABCD)

A. GCD vs LCM

题意：
给定一个n，将n分成4部分，满足$a+b+c+d=n\&\&gcd(a,b)==lcm(c,d)$
思路：
先判断n是否为4的倍数，是的话分成4等份,$a=b=c=d$
不是的话，保证$c=d=1$,那么$lcm(c,d)=1$,剩下保证gcd为1就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n,a,b,c,d;

void solve(){
    scanf("%d",&n);
    if(n%4==0){printf("%d %d %d %d\n",n/4,n/4,n/4,n/4);return;}
    c=d=1; n-=2;
    if(n%2==1) a=n/2,b=(n+1)/2;
    else a=n/2-1,b=n/2+1;
    printf("%d %d %d %d\n",a,b,c,d);
}

int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}

B. Array Cloning Technique

题意：
给定长度为n的序列，最少进行多少次操作是使得有一个序列的元素全部相等。
一次操作：
①复制任意一个序列
②交换任意两个序列中的一个元素
思路：
肯定是去使初始最多的元素全部填满某个序列，如果总数不够，就去复制一次。
然后将复制出来的全部移到原序列。还不够就再复制，然后再交换，直到填满为止

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int n,m,q;
map<int,int>mp;

void solve(){
    mp.clear();
    scanf("%d",&n);
    int mx=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;scanf("%d",&x);
        mp[x]++; mx=max(mx,mp[x]);
    }
    int ans=0;
    while(mx<n){
        ans++;
        ans+=min(mx,n-mx);
        mx*=2;
    }
    printf("%d\n",ans);
}

int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}

C. Tree Infection

题意：
一棵树。每秒钟每个有儿子节点感染的节点i，可以感染节点i的一个其他健康儿子节点，同时可以指定一个健康节点感染。问最少多少时间，全部节点感染？
思路：
很容易想到，节点之间有关系只能是同属于一个节点的儿子，只有这样a感染了才能去感染b，不然b就只能指定感染，耗费时间。
那么我们可以将全部节点分成一些集合，划分条件为同一个节点的儿子节点。
然后秉承$“难事”先做，“易事”后做$的原则，我们初始一次在指定感染的时候，按照集从大到小的顺序感染，这样每感染后一个节点时，我们可以之前的可以传递感染，这样在每个集合都有感染后，原来大集合已经感染的也最多，这样是最优的。
剩下的同样在这张规则下，继续指定感染。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n,p[N],t1,t2;
vector<int>edge[N],num;

void solve(){
    t1=t2=0; num.clear();
    scanf("%d",&n);
    edge[0].push_back(1);
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int x; scanf("%d",&x);
        edge[x].push_back(i);
    }

    for(int i=0;i<=n;i++){
        int len=edge[i].size();
        if(len!=0) num.push_back(len);
    }
    sort(num.begin(),num.end());
    t1=num.size();
    priority_queue<int>q;
    for(int i=0;i<t1;i++) q.push(num[i]-(i+1));
    while(1){
        if(q.empty()) break;
        auto u=q.top(); q.pop();
        if(u<=0) continue;
        if(u<=t2) break;
        q.push(u-1); //指定感染
        t2++;
    }
    printf("%d\n",t1+t2);
    for(int i=0;i<=n;i++) edge[i].clear();
}

int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}

D. GCD Guess

题意：
每个询问a，b ,得到输出gcd(a+x,b+x) ,最多询问30次，问x的值是多少，x的范围(1<=x<=1e9)
思路：
这题挺好想的吧，1e9正好只有30位，所以我们一位位去判断是否可行就好了。
我们判断第i为的0/1情况时，我们是得到$a+x=(1<<i)$，同时$b+x$的第i位也是1，但是要比(1<<i)大。
这样如果$gcd!=(1<<i)$,那么第i位取1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n;

int query(int a,int b){
    cout<<"? "<<a<<" "<<b<<endl;
    int gd;
    cin>>gd;
    return gd;
}

void print(int x){
    cout<<"! "<<x<<endl;
}

void solve(){
    int ans=0;
    for(int bit=0;bit<30;bit++){
        int ned1=(1<<bit);
        int ned2=(1<<bit)+(1<<30);
        int gd=query(ned1-ans,ned2-ans);
        if(gd!=ned1) ans+=ned1;
    }
    print(ans);
}

int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}