照例

1339A Filling Diamonds

这样的图形，用$n=1$的子图形去这样填，问有几种填法。

由于必有且仅有一个竖的，那么答案就是$n$，$O(1)$。

A.cpp
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int q;
    cin >> q;
    while (q--) {
        int n;
        cin >> n;
        cout << n << endl;
    }
    return 0;
}

1339B Sorted Adjacent Differences

有一个序列，要求重排后，$|a_i-a_{i-1}|\leq |a_i-a_{i+1}|$，给出方案。

从小到大排序后从两端向中间取，差的绝对值一定越来越小，再反向输出，$O(n\log n)$。

B.cpp
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int q;
    cin >> q;
    while (q--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        for (int &i : a) cin >> i;
        sort(a.begin(), a.end());

        vector<int> ans;
        int l = 0, r = n - 1;
        while (l < r) {
            ans.emplace_back(a[l++]);
            ans.emplace_back(a[r--]);
        }
        if (l == r) ans.emplace_back(a[l]);
        for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
            cout << ans[i] << ' ';
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

1338A Powered Addition

有一个序列，在第$x$次操作可以选一些数给它$+=2^{x-1}$，问最少到第几次操作结束后序列可以变为非减的。

最后的序列一定是阶梯状的，那么就是找前面的最大值和后面较小值的最大的差，答案就是差的二进制位数，$O(n)$。

C.cpp
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int q;
    cin >> q;
    while (q--) {
        int n;
        ll mx = -1e9, mxx = 0;
        cin >> n;
        vector<ll> a(n);
        for (ll &i : a) cin >> i;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            mx = max(mx, a[i]);
            mxx = max(mxx, mx - a[i]);
        }

        ll ans = 0;
        for (int i = 0; i < 33; ++i) {
            if ((mxx >> i) & 1)
                ans = i + 1;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

1338B Edge Weight Assignment

有一颗树，边有边权，要求叶子到叶子的路径权值异或和为$0$，问最少用几种数字和最多用几种。

  • 最少的答案可以很明显想到和叶子间的路径长度奇偶性有关，如果距离都是偶数，那么用一样的数就可以了；那么如果有一个或以上的奇数呢，首先一定会有偶数的距离（或只有一条奇数长度链），那么用$1,2,3$，将$1$放在偶数那些叶子那条边上，剩下用其他的填，一定有方案。
  • 最多答案的话，答案最多是总边数，而且可以发现如果有距离为$2$的叶子对的话，这两边必须相同，手写一下好像其他一定有方案（其实不会证，看官方题解叭）。
    $O(n)$（莽了一发过了。。。）
D.cpp
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;

int has[N][2], f;
vector<int> g[N];

void dfs(int u, int fa = 0) {
    if (g[u].size() == 1) {
        has[u][0] = 1;
        return;
    }
    for (int v : g[u]) {
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        has[u][1] |= has[v][0];
        has[u][0] |= has[v][1];
    }
    if (has[u][0] && has[u][1]) f = 1;
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
        cin >> u >> v;
        g[u].emplace_back(v);
        g[v].emplace_back(u);
    }

    int ans = 0, rt = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int t = -1;
        for (int v : g[i]) {
            if (g[v].size() == 1) ++t;
        }
        if (g[i].size() > 1) rt = i;
        if (t > 0) ans += t;
    }
    dfs(rt);

    ans = n - 1 - ans;
    if (f) cout << "3 ";
    else cout << "1 ";
    cout << ans << endl;
    return 0;
}