Codeforces Round #517 Div. 2/Div. 1

時間 2019-11-09

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\(n\)天沒更博了，由於被膜你賽的毒瘤題虐哭了。。。html

既然打了此次CF仍是記念一下。ios

看看NOIP以前，接下來幾場的時間都很差。這應該是最後一場CF了，差\(4\)分上紫也是一個遺憾吧。c++

A

給一個矩形，每次從外面剝掉一圈，按剝去次序的奇偶分開，問最前\(k\)個奇數圈的總面積。數組

普及組題，直接模擬。spa

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
int main(){
    LL w,h,k,ans=0;
    cin>>w>>h>>k;
    while(k--){
        ans+=2*(w+h-2);
        w-=4;h-=4;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

B

給兩個長度爲\(n\)的序列\(\{a\},\{b\}\)，構造一個長度爲\(n\)的序列\(\{t\}\)使得\(t_i|t_{i+1}=a_i,t_i\&t_{i+1}=b_i\)。code

一看到題就想着亂搞，找到一個合法的就直接構造。htm

不想DFS了，由於感受若是直接構造WA了的話DFS不是也會TLE麼？blog

而後就過了。。。ci

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=100009;
int n,a[N],b[N],t[N];
bool check(){
    for(R i=0;i<n-1;++i){
        for(t[i+1]=0;t[i+1]<4;++t[i+1])
            if((t[i]|t[i+1])==a[i]&&(t[i]&t[i+1])==b[i])break;
        if(t[i+1]==4)return 0;
    }
    return 1;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n;
    for(R i=0;i<n-1;++i)cin>>a[i];
    for(R i=0;i<n-1;++i)cin>>b[i];
    for(t[0]=0;t[0]<4;++t[0])
        if(check()){
            puts("YES");
            for(R i=0;i<n;++i)printf("%d ",t[i]);
            return puts(""),0;
        }
    puts("NO");
    return 0;
}

C

給定正整數\(a,b\)，找到最大的正整數\(s\)，要求全部\(1-s\)的數能被分紅兩組，第一組的和\(\le a\)，第二組的和\(\le b\)。get

又是亂搞。。。

首先\(s\)有個上限，\(\frac{s(s+1)}2\le a+b\)。而後\(s\)取到上限的時候必定能夠構造？

而後把數從大往小丟進\(a\)裏，能丟就丟。剩下的就給\(b\)了。

而後由於\(s\)的極限值估計錯了數組開小RE一發。而後就過了。若是這裏少罰點時應該也能上紫了。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
bool f[70000];
int main(){
    RG LL a,b,s,p=0;
    cin>>a>>b;
    s=(sqrt(8*(a+b)+1)-1)/2.0;
    for(R i=s;i;--i)
        if(a>=i)a-=i,f[i]=1,++p;
    cout<<p<<endl;
    for(R i=1;i<=s;++i)if( f[i])printf("%d ",i);puts("");
    cout<<s-p<<endl;
    for(R i=1;i<=s;++i)if(!f[i])printf("%d ",i);puts("");
    return 0;
}

D

給一個\(n*n\)的字母方陣，能夠把\(k\)個字母改爲a，求字典序最小的從\((1,1)\)到\((n,n)\)的路徑。

首先，把路徑最前面不是a的換成a顯然更優。那麼若是\((1,1)\)到某個位置的路徑上最多有不超過\(k\)個字母不爲a，這個位置能夠並且必須改爲a。\(O(n^2)\)暴力處理一下就行了。

接着直接開始找。字典序最小怎麼辦?一開始我這個菜雞腦殼短路了，問了下神仙\(\text{yyb}\)，「不就是按副對角線轉移麼？」，瞬間懂了。。。

找字典序最小確定要在相同長度的狀況下貪心。而以同一條副對角線結尾的路徑長度固然相同啦！每次字典序最小的都是一個集合，直接用這個集合的全部後繼找到下一長度的字典序最小的集合。

調了半天，只是由於最小後繼初始化的時候放錯了位置。。。後面就沒時間槓E了。若是這裏少罰點時應該也能上紫了。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=2009;
char s[N][N],ans[N];
int f[N][N],X[2][N],Y[2][N];
bool pr[N][N],vis[N][N];
inline void chkmn(R&x,R y){if(x>y)x=y;}
int main(){
    R n,k;
    RG char mn;
    cin>>n>>k;
    for(R i=1;i<=n;++i)cin>>(s[i]+1);
    for(R i=1;i<=n;++i)
        for(R j=1;j<=n;++j){
            f[i][j]=(i==1&&j==1?0:3*N);
            if(i!=1)chkmn(f[i][j],f[i-1][j]);
            if(j!=1)chkmn(f[i][j],f[i][j-1]);
            f[i][j]+=s[i][j]!='a';
            if(f[i][j]<=k)s[i][j]='a';
        }
    R*x1=X[0],*x2=X[1],*y1=Y[0],*y2=Y[1],p1=1,p2=0,x,y;
    x1[1]=y1[1]=1;
    for(R i=1;i<=2*n;++i){
        mn=127;
        for(;p1;--p1){
            x=x1[p1];y=y1[p1];
            if(x<n&&!vis[x+1][y]&&mn>=s[x+1][y]){
                if(mn>s[x+1][y])mn=s[x+1][y],p2=1;
                else ++p2;
                vis[x2[p2]=x+1][y2[p2]=y]=1;
            }
            if(y<n&&!vis[x][y+1]&&mn>=s[x][y+1]){
                if(mn>s[x][y+1])mn=s[x][y+1],p2=1;
                else ++p2;
                vis[x2[p2]=x][y2[p2]=y+1]=pr[x][y+1]=1;
            }
        }
        swap(x1,x2);swap(y1,y2);swap(p1,p2);
    }
    for(x=n,y=n;x!=1||y!=1;pr[x][y]?--y:--x)
        ans[x+y-2]=s[x][y];
    ans[0]=s[1][1];
    puts(ans);
    return 0;
}

E

給一個\(01\)序列，每次能夠翻轉\(x,y,z\)三個位置的數位（假設\(x<y<z\)，那麼需知足\(y-x=z-y\) ）,構造總次數不超過\(\lfloor\frac n 3\rfloor+12\)的操做序列使原序列全變成\(0\)。

賽場上覺得要想fstqwq的星空那題同樣異或差分還差分什麼的。而後就結束了。

晚上發現了一個有用的思路：從後往前作，第\(i\)位碰到\(1\)就作一次\((i-2,i-1,i)\)的操做，最後只會剩下前\(3\)位，這時候若是還不能直接消掉，就是剩下一個或者兩個\(1\)，而剩兩個\(1\)又能夠直接轉化成剩一個\(1\)。

手動模擬，假如只有第一位一個\(1\)，能夠經過\((1,4,7)(3,5,7)(3,4,5)\)把它消掉。這個\(1\)在第二位、第三位也是同樣。那也就是說，若是序列長度大於等於\(9\)，則必定有解:小於\(9\)有沒有解？直接狀壓暴搜都夠了。

如今問題在於怎樣減小操做次數。既然是\(\frac n 3\)，咱們天然會想，可不能夠只用一次操做就使最後\(3\)位都歸零呢?有一個特例\(011\)，嘗試失敗了。接着，咱們只好嘗試可不能夠只用兩次操做使最後\(6\)位歸零。通過手動模擬（狀態\(2^6\)，慎用）、打表暴枚以後，咱們能夠證實嘗試成功了。

而後就用打出來的表一個個歸零啊，等到序列長度小於\(12\)的時候，直接開狀壓BFS暴搜。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=1e5+9,M=99,Q=2099;
int a[N],ax[N],c[M],d[M],id1[M],id2[M],q[Q],dis[Q],pr[Q];
int main(){
    R n,p=0,ans=0,x,y;
    cin>>n;
    for(R i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
    for(R i=0;i<6;++i)
        for(R j=1;i-2*j>=-6;++j){
            c[++p]=i;d[p]=j;
            x=1<<i;x|=(x>>j)|(x>>2*j);
            if(!id1[x])id1[x]=p;
        }
    for(R i=1;i<=p;++i)
        for(R j=1;j<=p;++j){
            x=1<<c[i];x|=(x>>d[i])|(x>>2*d[i]);
            y=1<<c[j];y|=(y>>d[j])|(y>>2*d[j]);
            if(!id1[x^=y])id1[x]=i,id2[x]=j;
        }
    id1[0]=id2[0]=0;
    for(R i=n-5;i>6;i-=6){
        x=0;for(R j=i+5;j>=i;--j)(x<<=1)|=a[j];
        ax[i]=x;
        if(id1[x]){
            R j=i+c[id1[x]],nd=d[id1[x]];
            a[j-2*nd]^=1;a[j-nd]^=1;a[j]^=1;++ans;
        }
        if(id2[x]){
            R j=i+c[id2[x]],nd=d[id2[x]];
            a[j-2*nd]^=1;a[j-nd]^=1;a[j]^=1;++ans;
        }
    }
    R S=1<<(p=min(n,11));
    memset(dis,-1,4*S);
    x=0;for(R j=p;j;--j)(x<<=1)|=a[j];
    dis[q[0]=x]=0;
    for(R h=0,t=0;h<=t;++h){
        R x=q[h];if(!x)break;
        for(R i=2;i<p;++i)
            for(R j=i>>1;j;--j){
                y=x^(1<<(i-2*j))^(1<<(i-j))^(1<<i);
                if(!~dis[y])dis[q[++t]=y]=dis[pr[y]=x]+1;
            }
    }
    if(!~dis[0])return puts("NO"),0;
    printf("YES\n%d\n",ans+dis[0]);
    for(x=0;pr[x];x=pr[x]){
        R t=0;
        for(y=x^pr[x];~y&1;y>>=1,++t);printf("%d ",++t);
        for(y>>=1    ;~y&1;y>>=1,++t);printf("%d ",++t);
        for(y>>=1    ;~y&1;y>>=1,++t);printf("%d\n",++t);
    }
    for(R i=n-5;i>6;i-=6){
        x=ax[i];
        if(id1[x]){
            R j=i+c[id1[x]],nd=d[id1[x]];
            printf("%d %d %d\n",j-2*nd,j-nd,j);
        }
        if(id2[x]){
            R j=i+c[id2[x]],nd=d[id2[x]];
            printf("%d %d %d\n",j-2*nd,j-nd,j);
        }
    }
    return 0;
}