河南萌新联赛2024第（一）场：河南农业大学

A.造数

 一个签到题，比较简单，但是我30min才A了，还WA了一发，不太行，有点影响后面的题了

题意：

 给定一个整数 𝑛，你可以进行以下三种操作：
 操作1:+1 操作2:+2 操作3:×2 至少需要几步可以把0变成n

思路

 通过观察几个样例发现17由16变最快，16由8变最快，8由4变最快，4由2变最快。2到0一步就可以。所以当n为17时，结果是5；因此我们就可以用循环来不断的靠近2或者1来解决

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair <int,int>
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int a[N],b[N];void solve () {int n;cin>>n;if (n==1) {cout<<1<<'\n';return;}if (n==2) {cout<<1<<'\n';return ;}if (n==0) {cout<<0<<'\n';return;}//这前面都是一些特判，当然这题1,2，不用特判，因为我循环里面判过了int ans=0; if (n&1) {ans++;n--;}while (1) {ans++;if (n==1||n==2) break;if (n&1) n--;else n/=2;}cout<<ans;
}signed main () {IOS;int T =1;
//	cin>>T;while(T--) solve ();return 0;
}

H.两难抉择

题意：

 有两次操作：

• 从$i\in (1,n)$里面选一个 $a_i=a_i\ast x,x\in [1,n]$
• 从$i\in (1,n)$里面选一个 $a_i=a_i+x,x\in [1,n]$
  操作一次后，序列的总和最大是多少？

思路

 将数组先降序排序，看最大的是否为1，如果为1的话就进行2操作，否则进行1操作，最后再遍历一遍输出总和。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair <int,int>
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int a[N],b[N];void solve () {int n;cin>>n;for (int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];}if (n==1) {cout<<a[1]+1;return ;}sort (a+1,a+1+n,greater<int>());if (a[1]==1) {a[1]+=n;}else a[1]*=n;int sum=0;for (int i=1;i<=n;i++) sum+=a[i];cout<<sum;
}signed main () {IOS;int T =1;
//	cin>>T;while(T--) solve ();return 0;
}

K.图上计数(Easy)

题意：

如图所示

思路

 这一题说实话，没咋看懂，图的部分还没咋学，但是凭借我闯荡牛客那么久就知道这题不难，所以我直接就对半砍，然后再相乘

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair <int,int>
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int a[N],b[N];void solve () {int n,m;cin>>n>>m;for (int i=1;i<=m;i++) {int x,y;cin>>x>>y;}if (n%2==0) {int ans=(n/2)*(n/2);cout<<ans;}else {int ans=(n/2+1)*(n/2);cout<<ans;}
}signed main () {IOS;int T =1;
//	cin>>T;while(T--) solve ();return 0;
}

I.除法移位

题意：

 式子S被定义如下
现在可以将序列往右移动t次，问怎么移动使式子S的值最大

思路

 由数学知识我们可以知道当被除数越大，除数越小的时候值最大，所以我们尽可能让第一个数最大，但是由于t次移动的限制，我们可能做不到将第一个数变成最大的，因此我们用一个数组来存放每个数字移动到最左边的步数，再将数组排个序，在t允许的情况下，我们首先考虑最大的移动。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair <int,int>
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
//int a[N],b[N];
struct qwe
{int x,y;
}a[N];bool cmp (qwe A,qwe B) {if (A.x==B.x) return A.y<B.y;else return A.x>B.x;
}void solve () {int n,t;cin>>n>>t;for (int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i].x;if (i==1) a[i].y=0;else a[i].y=n-i+1;}sort (a+1,a+1+n,cmp);for (int i=1;i<=n;i++) {if (a[i].y<=t) {cout<<a[i].y;break;}}
}signed main () {IOS;int T =1;
//	cin>>T;while(T--) solve ();return 0;
}

L.两难抉择新编

 和H题差不多,但是这一题考到了一个异或就是^这个符号，异或的详细知识去书上看看。

题意：

 同样是有两次操作，只能进行一次操作：

• 从$i\in (1,n)$里面选一个 $a_i=a_i\ast x,x\in [1,n/i]$
• 从$i\in (1,n)$里面选一个 $a_i=a_i+x,x\in [1,n/i]$
  操作一次后，序列的总和最大是多少？
  和H题不一样的是x的值在发生变化从$[1,n]$变到$[1,n/i]$

思路

 我们可以直接通过异或的特殊性质直接遍历，暴力求解，将第一个$a_1$特殊求解一下，因为$a_1$的情况下x的范围是$[1,n]$，如果不单独考虑的话就会超时

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair <int,int>
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int a[N],b[N];void solve () {int n;cin>>n;int pos=0;int mm=0,j;for (int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];pos=a[i]^pos;}int qwe;int ma=0;int asd=pos^a[1];int mmm=0;for (int i=1;i<=n;i++) {int zxc1=a[1]*i;int zxc2=a[1]+i;int zxc3=zxc1^asd;int zxc4=zxc2^asd;mmm=max({zxc3,zxc4,mmm});}for (int i=2;i<=n;i++) {int asd=pos^a[i];for (int j=1;j<=n/i;j++) {int zxc1=a[i]*j;int zxc2=a[i]+j;int zxc3=zxc1^asd;int zxc4=zxc2^asd;mmm=max({zxc3,zxc4,mmm});}}cout<<mmm;
}signed main () {IOS;int T =1;
//	cin>>T;while(T--) solve ();return 0;
}

G.旅途的终点

 赛时没有看的一道题，但也不难，考的就是一个反悔贪心。

题意：

 给定3个整数 $n,m,k$，分别代表国家的个数，你拥有的初始生命力，你可以释放神力的次数。下方有$a_i$，每经过一个国家都要付出相应的体力，只有通过这个国家时体力大于0才能通过。但是有k次释放神力的机会，释放神力不需要消耗体力，问最多能通过几个国家

思路

 前面一直不释放神力，每通过一个国家，体力就相应减少多少，当体力小于等于0的时候，开始对前面释放神力，对前面消耗体力最大的地方释放神力。用一个优先队列存放前面消耗的体力，当体力不支的时候，释放神力，体力加上队列的首项。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair <int,int>
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int a[N],b[N];void solve () {int n,m,k;cin>>n>>m>>k;for (int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];}priority_queue<int>q;int ans=0;for (int i=1;i<=n;i++) {m-=a[i];q.push(a[i]);if (m<=0) {if (k==0) break;k--;m+=q.top();q.pop();}ans++;}cout<<ans;
}signed main () {IOS;int T =1;
//	cin>>T;while(T--) solve ();return 0;
}

D.小蓝的二进制询问

 一道规律题，比较难看出来啥规律，要打表才能好看出来

题意：

 给出l，r，求这个区间里面二进制中1的总和

思路

 通过打表我们可以发现1的出现是有规律的，直接用规律代入求解即可。
虽然但是，这个规律是比较难看出来的，

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair <int,int>
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
const int mod =998244353;
int a[N],b[N];int asd (int x) {int t=0;while (x) {x/=2;t++;}return t;
}int qwe (int x) {int cnt= asd (x);x++;int ans=0;for (int i=1;i<=cnt;i++) {int pos=pow(2,i);ans+=(x/pos)*(pos/2);ans%=mod;ans+=max(0ll,x%pos-pos/2);ans%=mod;}return ans;
}void solve () {int l,r;cin>>l>>r;cout<<(qwe(r)-qwe(l-1)+mod)%mod<<'\n';return ;                         
}signed main () {IOS;int T =1;cin>>T;while(T--) solve ();return 0;
}