A. Kevin and Arithmetic
题意：给你\(n\)个数，你一开始有一个\(x = 0\)，每次你让\(x\)加上一个没用过的数，然后\(x\)会一直除二直到变成奇数。如果你加上一个数后能除2，分数加1，问分数最大多少。
奇数后面加奇数才能是偶数，但一开始\(x\)是零，那么需要一个偶数，否则只能浪费一个奇数。
所以如果有偶数就是奇数个数加1，否则是奇数个数减1.
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void solve() {int n;std::cin >> n;std::vector<int> a(n);int cnt[2]{};for (int i = 0; i < n; ++ i) {std::cin >> a[i];++ cnt[a[i] & 1];}if (cnt[0]) {std::cout << 1 + cnt[1] << "\n";} else {std::cout << std::max(0, cnt[1] - 1) << "\n";}
}
B. Kevin and Geometry
题意：\(n\)个数，你要选四个数组成等腰梯形。
对梯形作高发现两边是两个三角形，那么(上底-下底)/2是底边长，为了让梯形的两个腰边能够上上底，这个距离一定小于腰边。所以我们找两个相同的数作为腰边，然后找差值最小的两个数当上底和下底。
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void solve() {int n;std::cin >> n;std::vector<i64> a(n);for (int i = 0; i < n; ++ i) {std::cin >> a[i];}std::sort(a.begin(), a.end());int p = -1;for (int i = 0; i + 1 < n; ++ i) {if (a[i] == a[i + 1]) {p = i;break;}}if (p == -1) {std::cout << -1 << "\n";return;}for (int i = 0, j = 0; i + 1 < n; ++ i) {while (i == p || i == p + 1) {++ i;}j = std::max(j, i);while (j == i || j == p || j == p + 1) {++ j;}if (i < n && j < n && std::abs(a[i] - a[j]) < a[p] + a[p]) {std::cout << a[j] << " " << a[i] << " " << a[p] << " " << a[p] << "\n";return;}}std::cout << -1 << "\n";
}
C. Kevin and Puzzle
题意：\(n\)个人，每个人可能是老实人也可能是说谎者，老实人一定说真话。两个说谎者不能站一起。第\(i\)个说左边有\(a_i\)个骗子。问这些人可能的组合有多少。
\(f_{i_{0/1}}\)表示第\(i\)个是老实人/说谎者。那么如果\(i\)是老实人，看前面一个人怎么转移过来。如果前面那个人也是老实人，那么\(a_i = a_{i+1}\)，因为\(i\)说真话，\(i-1\)也是老实人，那么\(i-1\)左边的老实人应该等于\(a_i\)说的，不然两个人不可能同时是老实人。如果\(i-1\)是说谎者，那么因为两个说谎者不能站一起，第\(i-2\)个人一定是老实人，因为\(i-1\)是说谎者，那么到\(i-2\)这里还有\(a_i - 1\)个说谎者，看能不能对上就行。
如果\(i\)说谎，那么\(i-1\)一定使老实人，\(f_{i_0} = f_{i-1_1}\)。
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void solve() {int n;std::cin >> n;std::vector<int> a(n + 1);for (int i = 1; i <= n; ++ i) {std::cin >> a[i];}if (n == 1) {std::cout << (1 + (a[1] == 0)) << "\n";return;}std::vector f(n + 1, std::array<Z, 2>{});f[1][0] = a[1] == 0;f[1][1] = 1;for (int i = 2; i <= n; ++ i) {if (a[i] == a[i - 1]) {f[i][0] += f[i - 1][0];}if (i >= 2 && a[i] - 1 == a[i - 2]) {f[i][0] += f[i - 1][1];}f[i][1] = f[i - 1][0];}std::cout << f[n][0] + f[n][1] << "\n";}
D. Kevin and Numbers
题意：两个数字\(A\)和\(B\)，每次可以从\(A\)里选两个数，满足他们的差绝对值小于等于1，然后把这两个数删掉，然后把他们的和加入\(A\)，问\(A\)能不能变成\(B\)。
考虑反着来，从\(B\)到\(A\)，那么发现如果\(B\)的最大值大于\(A\)的最大值，那么这个最大值必须拆开，发现拆开的方式是唯一的。于是模拟就行。
注意最多操作\(n-m\)次，一直操作可能超时。
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void solve() {int n, m;std::cin >> n >> m;std::priority_queue<int> a, b;for (int i = 0; i < n; ++ i) {int x;std::cin >> x;a.push(x);}for (int i = 0; i < m; ++ i) {int x;std::cin >> x;b.push(x);}i64 sum = n - m;while (sum >= 0 && a.size() && b.size()) {if (a.top() == b.top()) {a.pop();b.pop();} else if (sum > 0) {int u = b.top(); b.pop();b.push(u / 2);b.push(u - u / 2);-- sum;} else {break;}}if (a.empty() && b.empty()) {std::cout << "YES\n";} else {std::cout << "NO\n";}
}
E. Kevin and And
题意：\(n\)个数，你有\(m\)个数让他们操作，每次可以选一个\(i\)和\(j\)，然后\(a_i \&= b_j\)，求最多\(k\)次操作让数组和最小。
发现\(m\)很小，枚举所有操作可以与的数。 然后计算\(f_{ij}\)表示第\(a_i\)操作\(j\)次最多减小多少，然后差分一下，记\(d_{i,j}\)为\(a_i\)操作\(j\)次比操作\(j-1\)次可以多减少的值。就可以用优先级队列记录一次操作可以减少的最大值。
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void solve() {int n, m, k;std::cin >> n >> m >> k;std::vector<i64> a(n);for (int i = 0; i < n; ++ i) {std::cin >> a[i];}std::vector<i64> b(m);for (int i = 0; i < m; ++ i) {std::cin >> b[i];}std::vector<std::vector<i64> > op(m + 1);for (int i = 0; i < 1 << m; ++ i) {i64 x = (1ll << 30) - 1;int cnt = 0;for (int j = 0; j < m; ++ j) {if (i >> j & 1) {x &= b[j];++ cnt;}}op[cnt].push_back(x);}std::vector d(n, std::vector<i64>(m + 1));for (int i = 0; i < n; ++ i) {for (int j = 1; j <= m; ++ j) {for (auto & x : op[j]) {d[i][j] = std::max(d[i][j], a[i] - (a[i] & x));}d[i][j] = std::max(d[i][j], d[i][j - 1]);}for (int j = m; j >= 1; -- j) {d[i][j] = d[i][j] - d[i][j - 1];}}std::priority_queue<std::array<i64, 3> > heap;for (int i = 0; i < n; ++ i) {heap.push({d[i][1], 1, i});}i64 ans = std::accumulate(a.begin(), a.end(), 0ll);while (k -- ) {auto [x, cnt, id] = heap.top(); heap.pop();ans -= x;if (cnt + 1 <= m) {heap.push({d[id][cnt + 1], cnt + 1, id});}}std::cout << ans << "\n";
}
