AtCoder Grand Contest 010

A - Addition

翻译

黑板上写了\(n\)个正整数，每次会擦去两个奇偶性相同的数，然后把他们的和写会到黑板上，问最终能否只剩下一个数。

题解

洛谷认为此题过水，已被隐藏。

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

int main()

{

	int n=read(),s=0;while(n--)s+=read()&1;

	puts((s&1)?"NO":"YES");return 0;

}

B - Boxes

翻译

有\(n\)个盒子排成了一圈，第\(i\)个盒子里有\(a_i\)个石头，每次可以选择一个盒子，假定它是\(i\)号，那么对于\(j=[1,n]\)，第\((i+j)\)号盒子会被丢掉\(j\)个石头，特别的，第\(i+n\)个盒子就是第\(i\)个盒子。问最终能否让所有盒子都变为空盒子。

题解

我表示不会做。

首先通过所有元素之和可以很容易计算出总共减了多少次。现在考虑相邻两项之间的差，设总共减了\(S\)次，在\(i\)位置减了\(x\)次。那么可以知道\(a_i-a_{i+1}=x*(n-1)-S\)。这样子可以很容易的解出所有的\(x\)来，最后再\(check\)一下是否合法即可。

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

#define MAX 100100

#define ll long long

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

int n,a[MAX];

ll v[MAX],S,s,tot;

int main()

{

	n=read();s=1ll*n*(n+1)/2;

	for(int i=1;i<=n;++i)S+=(a[i]=read());a[n+1]=a[1];

	if(n==1){puts("YES");return 0;}

	if(S%s){puts("NO");return 0;}

	S/=s;

	for(int i=1;i<=n;++i)

	{

		v[i]=a[i]-a[i+1]+S;

		if(v[i]%n||v[i]<0){puts("NO");return 0;}

		tot+=v[i]/n;

	}

	if(tot!=S)puts("NO");else puts("YES");

	return 0;

}

C - Cleaning

翻译

给定一棵树，每个点上有若干个石头，每次可以选择两个叶子节点，将路径上所有的点全部丢掉一块石头，问能否丢掉所有石头。

题解

考虑从叶子开始向上依次满足。如果一个点上有\(a_i\)个石子，那么它的叶子节点中的路径要达到这个点以及它的父亲总共\(a_i\)次。剩下的显然不能够出子树，只能够自己在子树内部匹配，显然子树内部每匹配一对点，那么它出去路径的总数就会减少\(2\)。对于每一个点，首先计算它的子树中最多能够出去的点数，然后计算一下在当前点的最大匹配数，如果当前所有点都出去了还满足不了当前点显然无解，如果当前点能够匹配的全部匹配上了还比当前点多显然也无解，否则恰好当前点需要的数量的路径出去就好了。

我怎么感觉乱搞，搞着搞着就过了呢？？？

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

#define MAX 100100

#define ll long long

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

void WA(){puts("NO");exit(0);}

struct Line{int v,next;}e[MAX<<1];

int h[MAX],cnt=1,dg[MAX];

inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;++dg[u];}

int n,a[MAX],rt;

void dfs(int u,int ff)

{

	int mx=0;ll sum=0;

	for(int i=h[u];i;i=e[i].next)

	{

		int v=e[i].v;if(v==ff)continue;

		dfs(v,u);mx=max(mx,a[v]);sum+=a[v];

	}

	if(dg[u]==1)return;

	ll mn=min(sum/2,sum-mx);

	if(a[u]>sum)WA();

	else

	{

		if(sum-mn>a[u])WA();

		else a[u]-=sum-a[u];

	}

}

int main()

{

	n=read();

	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();

	if(n==2){puts(a[1]==a[2]?"YES":"NO");return 0;}

	for(int i=1;i<n;++i)

	{

		int u=read(),v=read();

		Add(u,v);Add(v,u);

	}

	for(int i=1;i<=n;++i)

		if(dg[i]>1){dfs(rt=i,0);break;}

	if(a[rt])WA();else puts("YES");

	sreturn 0;

}

D - Decrementing

翻译

见洛谷

题解

先考虑简单情况，如果不考虑除去\(gcd\)，那么胜负情况之和奇偶性相关。现在加上\(gcd\)，如果\(gcd\)是一个奇数显然对于答案也没有影响。那么唯一对于答案有影响的只有\(gcd\)是一个偶数。显然如果有奇数个偶数的话，显然一定可以控制局面保证永远让自己赢。否则的话考虑先手能够改变一个数，使得自己能赢，然后我们并不知道是否可行，但是我们知道先手一定要去改这个数，所以递归算一下即可。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define MAX 100100

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

int n,s,a[MAX];

bool calc(int p)

{

	int s=0,mn=1e9;

	for(int i=1;i<=n;++i)s+=a[i]&1,mn=min(mn,a[i]);

	if((n-s)&1)return p;

	if(s>1||mn==1)return p^1;

	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]>>=1;

	int d=a[1];

	for(int i=1;i<=n;++i)d=__gcd(d,a[i]);

	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]/=d;

	calc(p^1);

}

int main()

{

	n=read();for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();

	puts(calc(1)?"First":"Second");

	return 0;

}

E - Rearranging

翻译

给定一个数列，先手可以任意排列，后手每次可以交换相邻的两个互质的数，先手会让字典序最小，后手会让字典序最大，求最终排列。

题解

先考虑给定一个排列，后手如何让字典序最大。每个数向后面的所有和它不互质的数连边，求一遍拓扑序即可。那么我们现在来考虑如何让先手构造这个排列，首先我们把不互质的数之间连双向边，构成一个图，对于每一个联通块而言，我们显然要拉一条字典序最小的链出来，直接按顺序\(dfs\)一遍就好了。这样子给边定向跑拓扑排序即可。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#include<vector>

#include<queue>

using namespace std;

#define ll long long

#define MAX 2020

inline ll read()

{

	ll x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

struct Line{int v,next;}e[MAX*MAX];

int h[MAX],cnt=1,dg[MAX];

vector<int> E[MAX];

inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;dg[v]+=1;}

inline void ADD(int u,int v){E[u].push_back(v);}

int n;

ll a[MAX];

priority_queue<int> Q;

bool vis[MAX];

void dfs(int u)

{

	vis[u]=true;

	for(int v:E[u])if(!vis[v])dfs(v),Add(u,v);

}

int main()

{

	n=read();

	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();

	sort(&a[1],&a[n+1]);

	for(int i=1;i<=n;++i)

		for(int j=i+1;j<=n;++j)

			if(__gcd(a[i],a[j])>1)ADD(i,j),ADD(j,i);

	for(int i=1;i<=n;++i)if(!vis[i])dfs(i);

	for(int i=1;i<=n;++i)if(!dg[i])Q.push(i);

	while(!Q.empty())

	{

		int u=Q.top();Q.pop();printf("%lld ",a[u]);

		for(int i=h[u];i;i=e[i].next)

			if(!--dg[e[i].v])Q.push(e[i].v);

	}

	return 0;

}

F - Tree Game

翻译

见洛谷

题解

这场怕是博弈/构造疯了，我感觉后面几道题都长得一样的。

判定方法是，如果一个子树必胜，那么必定存在一个它的儿子，满足儿子的权值小于当前点的权值，并且儿子是一个必败节点。这个很显然，因为如果这样一个儿子存在的话，你直接给他移过去，如果对面不服再移回来，你就再给他移过去，移到他服为止，当然了，他也只能服。否则的话不是必胜点，那么是一个必败点咯。

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

#define ll long long

#define MAX 3030

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

int n,a[MAX],sg[MAX];

struct Line{int v,next;}e[MAX<<1];

int h[MAX],cnt=1;

inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;}

void dfs(int u,int ff)

{

	sg[u]=0;

	for(int i=h[u];i;i=e[i].next)

		if(e[i].v!=ff&&a[e[i].v]<a[u]){dfs(e[i].v,u);if(!sg[e[i].v])sg[u]=1;}

}

int main()

{

	n=read();

	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();

	for(int i=1,u,v;i<n;++i)u=read(),v=read(),Add(u,v),Add(v,u);

	for(int u=1;u<=n;++u){dfs(u,0);if(sg[u])printf("%d ",u);}

	puts("");return 0;

}