Editorial of Codeforces Round #735 (Div. 2) 部分题解

Green

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A,B,C,D题解。
这场比赛打的稀碎，A题竟然想了40分钟；B题乱搞还过了；最后十几分钟开的D，WA到最后还是没想到\(n=1\)的情况，最近怎么总是各种下饭操作啊。
比赛前我说这场我必涨分，结果真就涨了一分……



A Cherry
这A题就欺负我这种呆瓜，别人都做完三道题了，我才觉得似乎直接取相邻两个就行……
其原因就在于，长区间一定没有两个段区间优，即选\((a_l, a_{l+1},\cdots, a_r)\)还不如选\((a_l,a_{l+1},\cdots,a_{r-1})\)和\((a_{l+1},\cdots, a_{r-1}, a_r)\).枚举最大最小值的位置是否在左右端点既可以得出结论。
所以答案就是\(max\{a_i *a_{i-1} \}(1\leqslant i < n)\).
代码不发了。





B Cobb
这题放在B纯属搞心态，C,D可比这要简单多了。主要是这题的思路以前没遇到过，一种通过最值优化枚举范围的思路。
首先看后面的\(k * (a_i | a_j)\)，他的最大值是\(k* 2n\)（比如\(n= 8\)，那么\(8 | 7 = 15\)，所以最大值不是\(n\)），那么整个式子的最大值一定不小于\(n*(n-1)-2kn\)，即\(f(n, n - 1)\).
那么对于任何一个\(f(i, j)\)，至少要满足\(i * j > n * (n-1)-2kn\)，因此我们在枚举\(j\)的时候，需要满足\(i > \frac{n(n-2k-1)}{j}\)且\(i < j\)，而这个时间复杂度是\(O(nk)\)的。因为当\(j=n\)时，\(n-2k-1 < i < n\)；而当\(j<n\)时，\(i\)的范围的左边界会变大，右边界会变小，所以枚举区间肯定不会超过\(2k\)，因此时间复杂度\(O(kn)\).
上面的思路已经能过这题了，但还可以再优化：观察上面的式子，当\(j \leqslant n - 2k - 1\)时，有\(i \geqslant n\)，所以我们只用枚举\([n-2k, n]\)的所有\(j\)即可，这样时间复杂度就是\(O(k^2)\)的了。
主要代码：

ll n, K, a[maxn];
l solve()
{
ll ans = -INF;
for(ll j = max(1LL, n - 2 * K); j <= n; ++j)
  for(ll i = max(1LL, n * (n - 2 * K - 1) / j); i < j; ++i)
  ans = max(ans, i * j - K * (a[i] | a[j]));
return ans;
}

然后我的乱搞思路是枚举从\(1\)到\(n\)的所有\(j\)，再用\(j\)前面\(k\)个\(i\)去更新答案……虽然不能完全涵盖题解的枚举区间，但似乎也很难被卡掉。



C Mikasa
题目要说的是找到最小的非负整数\(x\)，使\(x\)没有在\(n \ \ \textrm{XOR} \ \ 0, n \ \ \textrm{XOR} \ \ 1,\cdots, n \ \ \textrm{XOR} \ \ m\)中出现。
换句话说，就是找最小的\(x\)，满足\(n \ \ \textrm{XOR} \ \ x > m\)（题解的做法是\(\geqslant m + 1\)，不过都一样）.
那么我们从高位比，令\(n\)的这一位为\(b_1\)，\(m\)的这一位为\(b_2\)，然后分情况讨论即可：
如果\(b_1=b_2=1\)，那么\(x\)这一位只能填\(0\)；
如果\(b_1=0,b_2=1\)，那么必须填\(1\)；
如果\(b_1=1,b_2=0\)，此时填\(0\)结果已经大于\(m\)了，退出；
如果\(b_1=b_2=0\)，同理填\(0\).
但这样最后可能会使\(n \ \ \textrm{XOR} \ \ x = m\)，因此我们要找到最低位的\(i\)，满足\(n,m\)的第\(i\)位都是\(0\)，将\(x\)的这一位改成\(1\)，并且低位清零即可。
主要代码：

const int N = 31;
In int solve(int n, int m)
{
int p = 0;
for(int i = N; i >= 0; --i)
{
int t1 = (n >> i) & 1, t2 = (m >> i) & 1;
if(!t1 && t2) p |= (1 << i);
else if(t1 &&!t2) break;
}
if((p ^ n) == m)
{
for(int i = 0; i <= N; ++i)
{
int t1 = (n >> i) & 1, t2 = (m >> i) & 1;
if(!t1 && !t2)
{
p |= (1 << i);
for(int j = 0; j < i; ++j)  //低位清零
{
p |= (1 << j);
p ^= (1 << j);
}
return p;
}
}
}
return p;
}

D Diane
这D就更简单了。
先想对于一个长度为5的串aaaaa，a出现了5次，aa出现了4次，aa出现了3次……即奇偶交替出现的，而对于aaaa，会发现他的奇偶交替出现跟aaaaa刚好相反，而奇+偶=奇，那么问题就解决了：如果\(n\)为偶数，我们就可以构造出类似aaaaabaaaa这样的串；如果\(n\)为奇数，在后面添加一个c即可。
然后别忘判断\(n=1\)的情况，说的就是我……
主要代码：

void solve(int n)
{
int x = n >> 1;
for(int i = 1; i <= x; ++i) putchar('a');
if(n > 1) putchar('b');
for(int i = 1; i < x; ++i) putchar('a');
if(n & 1) putchar('c');
puts("");
}

E没看，也不会。