A. Maximum GCD
分析
- 題意
- 在1~n之間選擇兩個不同數a，b，使得它們的gcd（a，b）比其它的任意兩個數的gcd值都大
- 思路
- 如果n是偶數，那gcd最大值一定是 n/2------->gcd(n,n/2)
- 如果n是奇數，那gcd最大值一定是（n-1)/2------>gcd(n-1,(n-1)/2)
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("A.txt", "r", stdin); freopen("Ans.txt","w",stdout); }
void Fre() { freopen("A.txt", "r", stdin);}
#define ios ios::sync_with_stdio(false)
#define Pi acos(-1)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define Pir pair<int, int>
#define PIR pair<Pir, Pir>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod (ll)(1e9 + 7)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mxn = 2e5 + 10;
int main()
{
/* fre(); */
int T;
scanf("%d", &T);
while(T --)
{
int n;
scanf("%d", &n);
if(n % 2)
printf("%d\n", (n - 1) / 2);
else
printf("%d\n", n / 2);
}
return 0;
}
B. GCD Compression
分析
- 題意
1.給我們2* n個數的序列a，剛開始我們可以從中選擇兩個數丟棄不用，之後在剩下的2*n-2個數中，我們要進行n-1次操作，每次操作我們我們從a中選擇兩個數，把這兩個數的和，放入到b序列中（初始時b爲空序列），問最後能否使gcd（b1，b2,…,bn-1）> 1 ? - 思路
- 既然要b 中所有元素的gcd>1,那麼我們可以構造出所有元素的gcd == 2
- 爲什麼一定可以構造出呢？
- 因爲我們考慮手中的2*n數字，如果偶數的數量爲偶數個，那麼奇數的數量也爲偶數個，那麼我們可以讓所有的奇數兩兩組合形成一個數放入到b中，而在偶數中，我們先丟棄兩個數然後讓剩下的所有偶數兩兩組合放入到b中
- 如果偶數的數量是奇數個，那麼奇數的數量也必然是奇數個，這個時候我們分別在偶數、奇數中各捨棄一個數字，奇數與奇數兩兩組合、偶數與偶數兩兩組合 放入到b序列中
- 這樣就一定可以構造出所有元素的gcd==2的序列b了
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("A.txt", "r", stdin); freopen("Ans.txt","w",stdout); }
void Fre() { freopen("A.txt", "r", stdin);}
#define ios ios::sync_with_stdio(false)
#define Pi acos(-1)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define Pir pair<int, int>
#define PIR pair<Pir, Pir>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod (ll)(1e9 + 7)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mxn = 2e3 + 10;
vector<int> ev, od;
int main()
{
/* fre(); */
int T;
scanf("%d", &T);
while(T --)
{
od.clear();
ev.clear();
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1, t; i <= 2*n; i ++)
{
scanf("%d" ,&t);
if(t % 2)
od.pb(i);
else
ev.pb(i);
}
int ct = 0;
for(int i = 0; i < od.size() / 2 * 2 && ct < n - 1; i +=2, ct ++)
{
printf("%d %d\n", od[i], od[i + 1]);
}
for(int i = 0; i < ev.size() / 2 * 2 && ct < n - 1; i += 2, ct ++)
{
printf("%d %d\n", ev[i], ev[i + 1]);
}
}
return 0;
}
C. Number Game
分析
- 題意
- 兩個玩家在玩博弈數字遊戲，剛開始給我們一個數n，玩家可以對這個數進行兩種操作：
- 令n /= (n的一個奇數因子)，如果n>1且沒有奇數的因子的話，就不能進行該操作,
- 令n-=1，前提是n>1
- 誰先無法操作是失敗
- 思路
- 考慮幾種必勝、必敗情況：
- 如果n==1，我必敗
- 如果n==2，我必勝，因可以令n-=1，之後另一個玩家就不可以操作了
- 如果n奇數，我必勝，我可以令n/=n,之後n1另一個玩家就無法操作了
- 如果n==偶數，
- 如果n沒有奇數因子，我必敗，因爲我只能進行 n-=1操作，之後n變爲奇數…
- 如果n有奇數因爲，我必勝，因爲我考慮如果 奇數x奇數=奇數，如果n有多個奇數因子我們令它們相乘仍爲一個奇數（且是最大的奇數因子設爲x），我們令n/=x,n必定變成了一個偶數且無奇數因子，這樣另一個玩家只能，進行 n-=1，操作，n變爲奇數，接下來我們就必勝了（
在這種情況中我們要特殊考慮：n/x==2的這種情況因爲，因爲n變爲2之後另一個玩家就可以通過 n-=1操作，n就變成了1，我們就輸了）
1.所以我們要想贏的話，我們先判讀n爲奇數還是偶數，如果是奇數，直接出答案，如果是偶數，我們進一步討論n是否有奇數因子（特殊考慮：n/奇數椅子==2的情況）
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("A.txt", "r", stdin); freopen("Ans.txt","w",stdout); }
void Fre() { freopen("A.txt", "r", stdin);}
#define ios ios::sync_with_stdio(false)
#define Pi acos(-1)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define Pir pair<int, int>
#define PIR pair<Pir, Pir>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod (ll)(1e9 + 7)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mxn = 2e3 + 10;
int main()
{
/* fre(); */
int T;
scanf("%d", &T);
while(T --)
{
int n;
scanf("%d", &n);
if(n == 1) printf("FastestFinger\n");
else if(n == 2) printf("Ashishgup\n");
else if(n % 2) printf("Ashishgup\n");
else
{
int fg = 0;
for(int i = 2; i * i < n; i ++)
{
if(n % i) continue;
if(i % 2 && (n / i ) != 2) fg = 1;
if((n / i) % 2 && i != 2) fg = 1;
}
if(fg)
printf("Ashishgup\n");
else
printf("FastestFinger\n");
}
}
return 0;
}
D. Odd-Even Subsequence
分析
- 題意
- 給我們一個n個元素的序列a，我們可以任意從a中選擇一個長度爲k的子序列作爲s序列，但是我們要求在所有長度爲k的子序列中s序列的花費最小（其中2i+1、2i均<=k）,求出這個最小的花費
- 思路
-
因爲s序列中要麼是奇數位置貢獻出最小的答案，要是偶數位置貢獻出最小答案，我們用 二分答案，對於我們某一個二分出來的答案md，我們看能否在序列a中合理的選擇一些數字（這些數字<=md），最後判斷 選擇的這些數字能否形成一個序列s，如果能夠形成s，那麼這個二分的答案就是的 ok的，，，這樣一直二分下去就能得到答案了
①. 如果是s中奇數位置貢獻答案的情況。
- 那麼我們選擇s中奇數位置的索引的數字的時候就,就要讓他們都小於md，
- 而對於s中偶數位置的數字的選擇，我們則可以隨意選，但是偶數位置的數字選擇的越靠前越好因爲我們可以，給奇數 的選擇留下更多的 選擇空間，所以
- 當我們選擇了一個s中奇數位置的數字（設爲t）之後，我接着就在t後面的那個數（因爲如果相鄰的兩個數都<=md,那麼他們的貢獻都是1，奇數位置選的數只能從這兩個數中選擇一個，當然要選擇考前的了，這樣給後面 留的選擇空間更多），
- 奇數位置的數我們要選擇個數，偶數我們要選擇個數字(至於爲什麼，分別假設n爲奇數、偶數帶入一下就知道了)
②. 如果是s中偶數的位置貢獻答案的情況。
- 我們首先我們把a中的第一個數a1，分配給s中第一個奇數位置，不論a的值是多麼小，因爲我們現在關注的是 偶數位置 貢獻出答案的情況，接下來就是與 情況① 相同的思路了。。。。。。
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("A.txt", "r", stdin); freopen("Ans.txt","w",stdout); }
void Fre() { freopen("A.txt", "r", stdin);}
#define ios ios::sync_with_stdio(false)
#define Pi acos(-1)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define Pir pair<int, int>
#define PIR pair<Pir, Pir>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod (ll)(1e9 + 7)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mxn = 2e5 + 10;
int n, k;
int ar[mxn], br[mxn];
bool judge(int md)
{
//奇數位置貢獻出最小答案
int od = 0, ev = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
if(ar[i] <= md)
{
od ++;
if(++ i <= n) ev ++;
}
}
if(od >= (k + 1) / 2 && ev >= k / 2) return true;
//偶數位置貢獻出最小答案
od = 1, ev = 0; //od = 1 是因爲 在偶數中產生答案的情況下，s中的第一個位置（奇數位置）選的越靠前越好,這樣給 偶數位置的數的選擇留下更大的選擇空間
for(int i = 2; i <= n; i ++)
{
if(ar[i] <= md)
{
ev ++;
if(++ i <= n) od ++;
}
}
if(od >= (k + 1) / 2 && ev >= k / 2) return true;
return false;
}
int main()
{
/* fre(); */
scanf("%d %d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
scanf("%d", &ar[i]), br[i] = ar[i];
sort(br + 1, br + 1 + n);
int l = 1, r = n, ans;
while(l <= r)
{
int md = l + r >> 1;
if(judge(br[md])) r = md - 1, ans = br[md];
else l = md + 1;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}