CodeTON Round 1 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!) A ~ D

A.

给定一个序列，对于任意1<=k<=n 都满足|ai−ak|+|ak−aj|=|ai−aj|,

找满足条件的i和j并输出

思路：

观察样例，发现输出的是最大值和最小值，那么猜答案是最大值和最小值，进行证明

若答案不是最大值和最小值，则一定存在一个k使得|ak-ap|大于|aj-ai| 一定不满足|ai−ak|+|ak−aj|=|ai−aj| 与命题矛盾

所以记录最大值和最小值 输出即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
#define int long long
#define debug(x) cout << "*" << x << endl;
const int P = 13131;
#define ll long long
const int mod = 1E6 + 7;
const int INF = 0x3f, sINF = 0x3f3f3f3f;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<long long, long long> PLL;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
const int N = 3e5 + 10;;
int T;
const int UN = 1e9 + 10;
 
signed main()
{
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        int n;
        int maxa = 0, mina = UN;
        cin>>n;
        int ans1, ans2;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            int temp;
            cin>>temp;
 
            if(temp > maxa)
            {
                ans1 = i;
                maxa = temp;
            }
 
            if(temp < mina)
            {
                ans2 = i;
                mina = temp;
            }
        }
        if(n == 1) cout<<"1 1"<<endl;
        else cout<<ans2<<" "<<ans1<<endl;
 
    }
}

B

给定一个序列，每次去除任意一个元素，并且将其他剩余元素都减去这个元素的值，给定一个k，能否让最后剩下的那个数为k

思路：

推公式，模拟一下a1,a2 和 a1,a2,a3情况，并且以总和的角度来看，发现所有的答案都只与两个元素之间的差的绝对值有关

a1,a2,a3情况： 总和为a1+a2+a3

假如去除的是a2 那么总和就为(a1 - a2) + (a3 - a2),剩两个元素的时候求得就是他俩的差的绝对值了，那么就是|a1 - a2 - a3 + a2| = |a1 - a3|

去除的是其他同理，发现多个元素的时候都可以消成这种形式。那么答案就是在任意两个元素的差的绝对值之中，哈希表判断是否存在即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
#define int long long
#define debug(x) cout << "*" << x << endl;
const int P = 13131;
#define ll long long
const int mod = 1E6 + 7;
const int INF = 0x3f, sINF = 0x3f3f3f3f;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<long long, long long> PLL;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
const int N = 2e5 + 10;;
int T;
const int UN = 1e9 + 10;
int q[N];
 
signed main()
{
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        map<int, bool> s;
        int n, k;
        cin>>n>>k;
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            cin>>q[i];
            s[q[i]] = true; //出现过这个
        }
 
        bool isk = false;
        for(int i = 0; i < n; i++)
            if(s[q[i] - k] || s[q[i] + k])
            {
                isk = true;
                break;
            }
 
        if(isk) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
}

 

C

给定一个序列，可以选择任意k>=2 对里面所有元素模k 有没有可能让所有元素相等。

思路：仔细想想即可发现，只要从大到小模，一定可以把所有元素模为0或者1，那么问题仅存在于0，1之间。

1怎么也到不了0 ，所以一旦0，1都出现，就一定NO。如果没0，只有1，那所有元素必须化为1，但对于p %= p-1，如果存在另一个p-1的元素，那么一定会出现0

所以此时不能存在差值为1的元素对。

其他所有情况都输出YES，只要按照从大到小模

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
#define int long long
#define debug(x) cout << "*" << x << endl;
const int P = 13131;
#define ll long long
const int mod = 1E6 + 7;
const int INF = 0x3f, sINF = 0x3f3f3f3f;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<long long, long long> PLL;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
const int N = 1e5 + 10;;
int T;
const int UN = 1e9 + 10;
int q[N];
 
signed main()
{
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        int n;
        cin>>n;
        for(int i = 0; i < n; i++) cin>>q[i];
        sort(q, q + n);
        bool find0 = false, find1 = false;
        int p = 0;
        while(q[p] <= 1 && p < n)
        {
            if(q[p] == 0) find0 = true;
            if(q[p] == 1) find1 = true;
            p++;
        }
 
        if(find0 && find1)
        {
            puts("NO");
            continue;
        }
 
        if(!find0 && find1)
        {
            bool flag = false;
            for(int i = 0; i < n - 1; i++)
                if(q[i + 1] - q[i] == 1)
                {
                    flag = true;
                    break;
                }
            if(!flag) puts("YES");
            else puts("NO");
 
            continue;
        }
 
        puts("YES"); 
 
    }
}

D

给定一个数，如果这个数可以被k个能够被模k后互不相等的数相加而得到，那么这个数称为k-good数，对于这个n，输出任意一个k即可，没有则为-1

思路：（可以先打表找规律

条件转化一下，很容易就能得到条件是 (n - sum(0, 1, ..., k - 1)) % k == 0;

然后观察奇数，发现2-good可以作用于任意奇数，所以奇数全部输出2

根据上述条件来判断偶数，(n - (k - 1) * k / 2 <求和公式>) % k == 0

如果k是n的因子，并且求和项为整数且小于n，那么一定能输出，观察(k - 1) * k / 2项，发现k要么是奇数，要么是2，这两种情况能让这项为整。

又因为枚举的是偶数，所以我们只需要找到2^p * 最大奇因子 = n即可

2^p * 最大奇因子 = n

先判断临界情况 前两者相等时，一定有n - 求和 = 0，此时n = 2^(2*p) 一定不能输出，此时输出-1，（意思是，n是2^a就输出-1就行）

其他情况，一定一个大于sqrt(n), 一个小于sqrt(n), 小于的数的(n - (k - 1) * k / 2 <求和公式>)一定为正，大于的一定为负

那么输出两者的最小值就行。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
#define int long long
#define debug(x) cout << "*" << x << endl;
const int P = 13131;
#define ll long long
const int mod = 1E6 + 7;
const int INF = 0x3f, sINF = 0x3f3f3f3f;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<long long, long long> PLL;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
const int N = 1e5 + 10;;
int T;
const int UN = 1e9 + 10;
int q[N];
 
signed main()
{
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        ll n;
        cin>>n;
        ll rem = n;
        if(n % 2 == 1) cout<<"2"<<endl;
        else {
            ll k = 1;
            while(n % 2 == 0)
            {
                n /= 2;
                k *= 2;
            }
            if(n == 1) cout<<"-1"<<endl;
            else
            { //此时剩下个奇数
                    k *= 2;
                    cout<<min(k, n)<<endl;
 
            }
        }
 
    }
}