CF1909题解

CF1909A

一眼秒之题，我们发现就是四个方向选三个方向，若是存在一个点它的方向恰好在（0，0）点的另外一个方向，则一定不成立

枚举4个方向，发现有点在这个方向，显然选除这个点之外的三个方向的方案就不可行

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105;
int t,n;
int x[N],y[N];
bool c1(){for(int i=1;i<=n;i++){if(x[i]<0)  return 0;}return 1;
}
bool c2(){for(int i=1;i<=n;i++){if(x[i]>0)  return 0;}return 1;
}
bool c3(){for(int i=1;i<=n;i++){if(y[i]<0)  return 0;}return 1;
}
bool c4(){for(int i=1;i<=n;i++){if(y[i]>0)  return 0;}return 1;
}
int main(){scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);}if(c1()||c2()||c3()||c4())  printf("YES\n");else  printf("NO\n");}
}

CF1909B

看似普及-，实则封神

我们先想到若这些数有奇数也有偶数k直接等于2即可

然而若不是呢？

判断一个数的奇偶只需要看它的二进制最低位是0/1就行

若一个数列全是奇或偶那么必然二进制第一位上全是1或全是0

但是其必然会出现在二进制的某一位上1/0两种都存在

若一个数模上一个 \(2^k\) 那么在2进制下只有 1~k+1位上数是有效的

所以我们只需要找到在二进制表示的数列中，找到最低的一位满足这一位存在0/1即可

这显然可以字典树做，但这道题普及-所以我们暴力枚举 \(2^i\) 即可

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=105,inf=1e18;
int t,n;
int a[N];
bool check(int mod){set<int>st;for(int i=1;i<=n;i++){int z=a[i]%mod;st.insert(z);}if(st.size()!=2)  return 0;return 1;
}
signed main(){scanf("%lld",&t);while(t--){int ans=inf;scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);}for(int j=0;j<=63;j++){int mod=(1ll<<j);if(check(mod)){printf("%lld\n",mod);break;}}}
}

CF19909C

小恶心贪心题

显然我们是要求出来一个降序序列 \(r_i-l_i\) 使得其每一位乘上升序排序的 \(c_i\) 得出来的结果最小

考虑如何构造出对应的 \(l_i\) 和 \(r_i\) 呢？

我们先将 \(l,r\) 序列排好序，然后考虑以下两种组合情况

所以我们只需要让在 \(l_i<r_i\) 这个限制范围内使得 \(l_i\) 尽量接近 \(r_i\)，我们可以用栈来解决这个问题

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,cnt,t;
int l[N],r[N],c[N],s[N],ans[N];
bool cmp(int x,int y){return x>y;
}
signed main(){scanf("%lld",&t);while(t--){cnt=0;scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&l[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&r[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&c[i]);}sort(c+1,c+1+n);sort(l+1,l+1+n);sort(r+1,r+1+n);for(int i=1,j=1;i<=n;i++){while(l[j]<r[i]&&j<=n){s[++cnt]=l[j];j++;}// printf("%lld %lld\n",r[i],s[cnt]);ans[i]=r[i]-s[cnt--];}sort(ans+1,ans+1+n,cmp);int tot=0;for(int i=1;i<=n;i++){tot+=ans[i]*c[i];}printf("%lld\n",tot);}
}