ZR-J 2025-10-29 比赛总结

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分数：\(100 + 100 + 0 + 0 = 200\)

永康喵喵又没有翻车！

有了前几次翻车的教训，我形成了先写注释（对于难题）\(\rightarrow\) 仔细写题 \(\rightarrow\) 静态检查 \(\rightarrow\) 动态检查 \(\rightarrow\)（所有能做的题做完后）对拍 \(\rightarrow\) 最后核查的流程，大大降低了翻车率。如果你比较粗心，不妨也借鉴一下这套流程。

言归正传，分析题目。

T1

为什么数据这么水啊，\(n \le 50\) 是啥阴。这题明明有 \(n^2\) 做法，而且并不难，为什么不把数据范围开到 \(n \le 3000\)。

当然考场上写题速度很重要，所以我当然是暴力打 \(n^4\)。如果要 \(n^2\)，可以先计算出没有老师时的握手次数，然后枚举老师的位置，更新其周围的握手情况。握手需要 \(2\) 个人进行，所以最后不要忘了 \(\div 2\)。

T2

在变换次数比较小（\(k \le 1000\)）时，暴力的时间复杂度可以接受，可是如果变换次数达到 \(10^9\) 就会 T 飞。但是如果仔细分析变换的过程就会发现这是一个周期性变换。因此可以先暴力找到周期 \(a\)，然后将 \(k\) 对 \(a\) 取模，再进行暴力。考虑到 \(|S| \le 1000\)，如果要进一步缩短程序运行时间，甚至可以打表（我就是如此场切的）。

T3

不知道为什么 ZR 也学上了 aoao，先放两道特别水的题，然后在 T3 突然上难度，很搞人心态。

不过要是摸清了这道题的本质就不难了。今天下午我学了 Floyd 最短路算法，其本质是寻找一个中转点，然后用它更新两边点的距离。这道题也类似。我们可以设 \(f_{i, j}\) 表示当前路径的两个端点分别为 \(i, j\)，且已经访问了从 \(1\) 到 \(\max(i, j)\) 的所有点时的最小时间。初始时，\(f_{1,1}=0\)。

然后进行状态转移：

• 遍历 \(i, j\)。

• 计算下一个要访问的点 \(k = \max(i, j)+1\)。如果 \(k > n\) 则跳过。

• 更新两个新状态：

  • 从端点 \(j\) 扩展到 \(k\)：路径变为 \((i, k)\)，时间增加 \(d_{j, k}\)，即 \(f_{i, k} = \min(f_{i, k}, f_{i, j} + d_{j, k})\)。

  • 从端点 \(i\) 扩展到 \(k\)：路径变为 \((k, j)\)，时间增加 \(d_{i, k}\)，即 \(f_{k, j} = \min(f_{k, j}, f_{i, j} + d_{i, k})\)。

  这样扩展保证了当访问点 \(k\) 时，所有小于 \(k\) 的点都已经被访问，满足限制条件。

输出答案时，遍历所有 \(i\)，然后取 \(f_{n, i}\) 和 \(f_{i, n}\) 的最小值作为答案。

T4

如果仔细分析，这道题就是典型的纸老虎。

不难 （其实很难） 发现，有多少个不同的横坐标，就能画多少条不同的竖线；有多少个不同的纵坐标，就能画多少条不同的横线。同时，两个人若要求得最优策略，画的线一定是横纵交替的。所以，如果 Alice 要输，那么一定由 Bob 把最后一根线画完，也就是横纵坐标数量相等。用 set 维护即可。

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int N = 1e5+10;
std::set<int> xs, ys;
int n;

int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0);
  std::cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int x, y;
    std::cin >> x >> y;
    xs.insert(x), ys.insert(y);
  }
  if (xs.size() == ys.size()) {
    std::cout << "Bob\n";
  } else {
    std::cout << "Alice\n";
  }
  return 0;
}