C Code a Trie

題意：有一個 Trie，其可能被插入了一些串，每一個節點（含根節點）上都有一個值，這些值互不相同。在 Trie 上查詢一個串時若是找到了就返回這個串結束節點的值，不然返回最後到達的節點的值。給定若干個查詢串及查詢結果，問是否存在這樣的 Trie，有解時這個 Trie 最少有幾個節點。c++

對於一些串，若是它們的查詢結果相同，那麼對它們的查詢都應在它們的 LCA 處結束。因而先對每一個這樣的 LCA 打標記，若是一個 LCA 下有多個值不一樣的標記顯然無解。ide

作完後至關於建了一個原始的符合條件的 Trie，因而再 DFS 一遍以回收儘量多的節點便可。lua

D Defuse the Bombs

最簡單的方法是二分最多能活多久，稍微好一點的方法在二分的基礎上發現規律，從而僅用一次排序就求出結果。spa

E Escape from the Island

題意：給定一個有向圖，通過每條邊的時間花費是 1 1 1。一我的能夠重複下面的行動序列，直到到達 n n n 號點：將全部有向邊視做無向邊，從當前點開始移動通過至多 k k k 條邊（能夠不移動），到達某點後隨機選擇該點的某條出邊（此時不可將有向邊視做無向邊）並沿該邊移動，若是該點無出邊則留在原地不動，但仍耗費 1 1 1 單位時間。問對於 ∈ [ 1 , n ] \in [1, n] ∈[1,n] 的每個點 i i i，這我的以 i i i 做爲最初起點時，在最壞狀況下，他至少要花多少時間才能到達 n n n 號點。注意只要到達了 n n n 號點就算結束。 n ≤ 1 0 5 , k ≤ 50 n \le 10^5, k \le 50 n≤105,k≤50。code

設 f ( i , j ) f(i, j) f(i,j) 表示以 i i i 爲起點，此前已經移動過 j j j 條邊時，到達 n n n 的最短期。那麼顯然有
f ( i , j ) = { min ⁡ ( i , t ) ∈ E ∨ ( t , i ) ∈ E { f ( t , j − 1 ) + 1 } max ⁡ ( i , t ) ∈ E { f ( t , 0 ) + 1 } f(i, j) = \begin{cases} \min_{(i, t) \in E \vee (t, i) \in E}\left\lbrace f(t, j - 1) + 1\right\rbrace \\ \max_{(i, t)\in E} \left\lbrace f(t, 0) + 1\right\rbrace \end{cases} f(i,j)={ min(i,t)∈E∨(t,i)∈E{ f(t,j−1)+1}max(i,t)∈E{ f(t,0)+1}
在這兩種狀況中取更小的那個。

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因而能夠從 n n n 點開始倒着作 BFS 以更新每個狀態。每次先作第一種更新，若是對於一個 f ( i , j ) f(i, j) f(i,j) 其全部後繼 f ( t , 0 ) f(t, 0) f(t,0) 都計算完了但其自己還未被更新作第二種更新。排序

注意無出邊的狀況。遊戲

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
#define REP(temp, init_val, end_val) for (int temp = init_val; temp <= end_val; ++temp)
#define REPR(temp, init_val, end_val) for (int temp = init_val; temp >= end_val; --temp)
using namespace std;
int read(){ 
    int f = 1, x = 0;
    char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9'){ if(c == '-') f = -f; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9')x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return f * x; 
}
int n, m, k, f[MAXN][55];
int at[MAXN], nxt[MAXN << 1], to[MAXN << 1], cnt;
int du[MAXN];
bool nodu[MAXN];
void init(){ 
    n = read(), m = read(), k = read();
    REP(i, 0, n)
        REP(j, 0, k)
            f[i][j] = 0x3f3f3f3f;
    cnt = 0;
    memset(at, 0, sizeof(int) * (n + 1));
    memset(du, 0, sizeof(int) * (n + 1));
    REP(i, 1, m){ 
        int u = read(), v = read();
        to[++cnt] = v, nxt[cnt] = at[u], at[u] = cnt;
        to[++cnt] = u, nxt[cnt] = at[v], at[v] = cnt;
        ++du[u];
    }
    memset(nodu, 0, sizeof(bool) * (n + 1));
    REP(i, 1, n) if (du[i] == 0) nodu[i] = true;
}
queue<pair<int, int> > q;
inline void local_update(int src, int t1, int dest, int t2){ 
    if (f[dest][t2] == 0x3f3f3f3f)
        f[dest][t2] = f[src][t1] + 1, q.emplace(dest, t2);
}
void solve(){ 
    REP(i, 0, k) f[n][i] = 0, q.emplace(n, i);
    while (!q.empty()){ 
        int u = q.front().first, t = q.front().second;
        q.pop();
        if (t > 0){ 
            for (int i = at[u]; i > 0; i = nxt[i])
                local_update(u, t, to[i], t - 1);
        } else { 
            for (int i = at[u]; i > 0; i = nxt[i]){ 
                if (i & 1) continue ;
                --du[to[i]];
                if (!du[to[i]]){ 
                    REP(j, 0, k)
                        local_update(u, 0, to[i], j);
                }
            }
            if (nodu[u]){ 
                REP(j, 0, k)
                    local_update(u, 0, u, j);
            }
        }
    }
    REP(i, 1, n){ 
        printf("%d\n", (f[i][0] == 0x3f3f3f3f ? -1: f[i][0]));
    }
}
int main(){ 
    int T = read();
    REP(i, 1, T){ 
        printf("Case #%d:\n", i);
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}

G Game of Cards

題意：有四種牌，點數各爲 0、一、二、3，初始局面每種牌各有 c 0 , c 1 , c 2 , c 3 c_0, c_1, c_2, c_3 c0,c1,c2,c3 張。A 和 B 玩遊戲，A 先手。當前玩家能夠選擇現有的牌中點數加起來不超過 3 的兩張牌，將其替換成點數爲它們點數之和的一張牌。不能操做者輸。問誰贏。圖片

打表再一次打敗了人類智慧。經過打表能夠發現答案關於 c 0 c_0 c0 模 2 2 2， c 1 c_1 c1 模 3 3 3 成循環節。因而對於這六種狀況直接輸出規律便可。get

要特判一些邊界狀況。

H Hide and Seek

題意：二維格點平面上有兩個點，給定這兩個點各自離原點的曼哈頓距離（記爲 d 01 , d 02 d_{01}, d_{02} d01,d02）以及兩點之間的曼哈頓距離（記爲 d 12 d_{12} d12），問這兩個點有多少種可能的位置 pair。

本題的推導很是依賴畫圖，而且狀況很是多。大體能夠畫這樣一個圖。

方便起見，咱們先假設 d 01 ≤ d 02 d_{01} \le d_{02} d01≤d02。

d 01 = 0 d_{01} = 0 d01=0。若 d 02 = d 12 > 0 d_{02} = d_{12} > 0 d02=d12>0 則答案爲 4 d 02 4d_{02} 4d02，若 d 02 = d 12 = 0 d_{02} = d_{12} = 0 d02=d12=0 則答案爲 1 1 1，不然答案爲 0 0 0。
d 01 > 0 d_{01} > 0 d01>0。
1. d 12 = 0 d_{12} = 0 d12=0。若 d 02 = d 01 d_{02} = d_{01} d02=d01 則答案爲 4 d 01 4d_{01} 4d01，不然答案爲 0 0 0。
2. d 12 < d 02 − d 01 d_{12} < d_{02} - d_{01} d12<d02−d01，則答案爲 0 0 0。
3. d 12 = d 02 − d 01 d_{12} = d_{02} - d_{01} d12=d02−d01，則答案爲 4 ( d 12 + d 01 ( d 12 + 1 ) ) 4(d_{12} + d_{01}(d_{12} + 1)) 4(d12+d01(d12+1))。
4. d 02 − d 01 < d 12 < d 02 + d 01 d_{02} - d_{01}<d_{12}<d_{02} + d_{01} d02−d01<d12<d02+d01，則考慮 d 12 − d 02 + d 01 d_{12} - d_{02} + d_{01} d12−d02+d01 是不是偶數。若是不是就意味着以 d 12 d_{12} d12 爲半徑的「圓」不會和以 d 02 d_{02} d02 爲半徑的「圓」於任何一個格點相交，答案爲 0 0 0。不然答案爲 4 ( 2 ⋅ d 12 − d 02 + d 01 + 2 2 + 2 d 01 − 2 ) = 4 ( d 01 + d 02 + d 12 ) 4\left(2\cdot \frac{d_{12} - d_{02} + d_{01} + 2}{2} + 2d_{01} - 2\right) = 4(d_{01} + d_{02} + d_{12}) 4(2⋅2d12−d02+d01+2+2d01−2)=4(d01+d02+d12)。
5. d 12 = d 02 + d 01 d_{12}=d_{02} + d_{01} d12=d02+d01，則答案爲 4 ( d 02 + d 01 ( d 02 + 1 ) ) 4(d_{02} + d_{01}(d_{02} + 1)) 4(d02+d01(d02+1))。
6. 對於更大的 d 12 d_{12} d12，答案爲 0 0 0。

J Joy of Handcraft

題意：給定 n n n 個燈，第 i i i 個燈亮度爲 x i x_i xi，且在 [ 2 k t i , 2 k t i + t i ] [2kt_i , 2kt_i + t_i] [2kti,2kti+ti] 時間亮，在 [ 2 k t i + t i + 1 , 2 k t i + 2 t i ] [2kt_i + t_i + 1 , 2kt_i + 2t_i] [2kti+ti+1,2kti+2ti] 時間滅，其中 k ≥ 0 , k ∈ Z k \ge 0, k \in \mathbb{Z} k≥0,k∈Z。問對於 ∈ [ 1 , m ] \in [1, m] ∈[1,m] 的每個時刻 j j j，沒滅的燈泡中最亮的有多亮。

比較簡單的作法是考慮每個時刻會被哪些燈泡更新，這是一個經典的數論分塊問題，能夠結合 ST 表在 O ( m log ⁡ m + m m ) O(m \log m + m\sqrt{m}) O(mlogm+mm ) 的時間內作出。常數小的話並不難卡過去。

出題人給的另外一個更好的方法是將每一個週期按亮度排序，而後從大到小更新每個時刻的答案，被更新完的時刻直接刪掉。結合並查集就能夠作到 O ( m log ⁡ m + m α ( m ) ) O(m \log m + m\alpha(m)) O(mlogm+mα(m))。

K Knowledge is Power

題意：屢次詢問，每次給定一個 n n n，問全部將 n n n 拆分紅若干個（至少兩個）兩兩互質的數的拆分方案中，拆出的最大數和最小數的差，最小是多少。 5 ≤ n ≤ 1 0 9 5\le n \le 10^9 5≤n≤109。

分類討論，對於 6 6 6 無這樣的拆分方案。對於奇數能夠直接拆成兩個相鄰的天然數，對於形如 4 k ( k ∈ Z + ) 4k(k \in \mathbb{Z}^+) 4k(k∈Z+) 的偶數拆成 2 k − 1 , 2 k + 1 2k-1, 2k+1 2k−1,2k+1 是最優的。

對於其餘偶數，暴力打表發現答案 ≤ 4 \le 4 ≤4。因而枚舉狀況解方程判斷便可。

L Lottery

題意：給定一個可重集 S S S，爲 2 a i 2^{a_i} 2ai 的數有 x i x_i xi 個。問 ∣ { ∑ t ∈ T t : T ⊂ S } ∣ |\left\lbrace \sum_{t \in T} t : T \subset S\right\rbrace| ∣{ ∑t∈Tt:T⊂S}∣，即用 S S S 中的數能夠拼出多少個不一樣的數。

學過多重揹包就知道 x i x_i xi 個 2 a i 2^{a_i} 2ai 能夠等價地用一些 2 a i , 2 a i + 1 , ⋯ 2^{a_i}, 2^{a_i+1}, \cdots 2ai,2ai+1,⋯ 表示，其中每一個數的出現次數均不超過 2。

這麼轉換後會發現全部出現過的 2 的指數造成了若干個連續段（如 2 a i , 2 a i + 1 , 2 a i + 2 , ⋯ 2^{a_i}, 2^{a_i+1}, 2^{a_i+2}, \cdots 2ai,2ai+1,2ai+2,⋯），每個段的答案乘起來就是答案，而且段內能夠用 DP 計算貢獻。因而就作完了。

A A Colorful Grid

有點妙，找機會再補。

F Fracture Ray

有點難寫，找機會再補。

I Invaluable Assets

有點沒看懂題，找機會再補。

小結

比賽前一天晚上還在趕做業，原本覺得要完蛋了，實際上確實完蛋了（還好隊友撈了我一把）。

H 這個題原本應該在最後一小時順利推出的，結果腦子亂了，推了半天推不出來…

E 最後一小時看了下題目，但沒有很快想到拆點的作法…

【解題總結】2020 CCPC 綿陽站