A
题解
知识点：数学。
注意到 \(n\) 为奇数时，不考虑连续性，一共有 \(\lceil \frac{n}{2} \rceil ^2\) 个格子，接下来证明一定能凑成方块。
从下往上从大到小摆，第 \(1\) 层摆 \(1 \times \lceil \frac{n}{2} \rceil\) 的矩形，第 \(i\geq 2\) 层显然可以成对摆放 \(1 \times \lceil \frac{n-i}{2} \rceil\) 和 \(1\times (\lceil \frac{n}{2} \rceil -\lceil \frac{n-i}{2} \rceil)\) 的矩形。
\(n\) 为偶数时，总数最多构成 \(\lceil \frac{n}{2} \rceil ^2\) 大小的方形，和奇数情况一样，但会最后多一个最长的矩形。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
cout << (n + 1) / 2 << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
题解
知识点：枚举。
显然根据鸽巢原理，合法的串长度不会超过 \(100\) ，对每位向前枚举 \(100\) 位即可。
时间复杂度 \(O(100\cdot n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[100007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
char ch;
cin >> ch;
a[i] = ch - '0';
}
ll ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
vector<int> cnt(10);
int vis = 0, mx = 0;
for (int j = i;j >= 1 && i - j + 1 <= 100;j--) {
if (cnt[a[j]] == 0) vis++;
cnt[a[j]]++;
mx = max(mx, cnt[a[j]]);
if (mx <= vis) ans++;
}
}
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题解
知识点：贪心，枚举。
一个 \(0\) 能被修改成任意数字，它能影响到自己到下一个 \(0\) 之前的所有前缀和的贡献（下一个 \(0\) 能继续调整，所以不纳入这个 \(0\) ）。
我们统计两个 \(0\) 中间（包括左边的 \(0\) ，但不包括右边的）前缀和种类，然后把 \(0\) 调整成能将最多数量的一种前缀和变为 \(0\) 即可。
从后往前枚举，最左边一段左侧没有 \(0\) 因此只有前缀和为 \(0\) 的才有贡献。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007];
ll sum[200007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i], sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
int ans = 0, mx = 0;
map<ll, int> mp;
for (int i = n;i >= 1;i--) {
mp[sum[i]]++;
mx = max(mp[sum[i]], mx);
if (a[i] == 0) {
ans += mx;
mx = 0;
mp.clear();
}
}
ans += mp[0];
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
题解
方法一
知识点：构造。
首先设 \(d\) 的尾 \(0\) 数为 \(k\) ，如果 \(a\) 或 \(b\) 的尾 \(0\) 数小于 \(k\) ，那么一定无解。因为 \(d\) 的因子包括 \(2^k\) ，而 \(a\) 或 \(b\) 的因子或以后也不会包括 \(2^k\) ，因为尾部有 \(1\) 。
如果有解，我们考虑用 \(x\) 把 \(a\) 和 \(b\) 同步，又要保证能被 \(d\) 整除。因此我们可以从第 \(k\) 位开始到第 \(29\) 位，如果 \(x\) 第 \(i\) 位为 \(0\) 则用 \(d\) 的第一个 \(1\) 通过加法填充这位 ，即 \(x + d \cdot 2^{i-k}\) ，这只会影响第 \(i\) 位之后的位，之前的不会影响。
于是我们把 \(a,b\) 前 \(30\) 位同步，于是一定有 \(a|x = b|x = x\) ，且或以后能被 \(d\) 整除 。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
方法二
知识点：数论，构造。
方法一得到的结论是： \(x\) 前 \(30\) 位除去 \(k\) 个尾 \(0\) 都用 \(d\) 加成 \(1\) 。设后 \(30\) 位为 \(p\) 于是 \(x = p\cdot 2^{30} + (2^{30} - 2^k)\) 。
我们尝试直接求出这个 \(p\) ：
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
方法一
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int a, b, d;
cin >> a >> b >> d;
int k = __builtin_ctz(d);
if (k > __builtin_ctz(a) || k > __builtin_ctz(b)) return false;
ll x = 0;
for (int i = k;i < 30;i++) if (!(x & (1 << i))) x += (ll)d << (i - k);
cout << x << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
方法二
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int qpow(int a, int k, int P) {
int ans = 1;
while (k) {
if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % P;
k >>= 1;
a = 1LL * a * a % P;
}
return ans;
}
bool solve() {
int a, b, d;
cin >> a >> b >> d;
int k = __builtin_ctz(d);
if (k > __builtin_ctz(a) || k > __builtin_ctz(b)) return false;
d >>= k;
ll x = (qpow((d + 1) / 2, 30 - k, d) - 1 + d) % d * (1LL << 30) + (1 << 30) - (1 << k);
cout << x << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
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