AtCoder Beginner Contest 048

A

给三个字符串，输出三个字符串的首字母。

考虑加点难度，一次输入一个带空格串，输出前三个单词的首字母。

    std::string s;
    std::getline(std::cin, s);
    std::string ans = "";
    for (int i = 0, cnt = 3; cnt && i < (int)s.size(); i++) {
        if (i == 0 || s[i - 1] == ' ') {
            ans.push_back(s[i]);
            cnt--;
        }
    }
    std::cout << ans << "\n";

如果 getline 前有 cin ，回车不会被吃掉。这时候在 cin 后补一个 std::cin.get() 。

B
题意：

给 \(a, b, x\) ，询问有多少个 \(y \in [a, b]\) 满足 \(x \mid y\) 。
\(0 \leq a, b \leq 10^{18}，1 \leq x \leq 10^{18}\) 。

题解：

一眼不会。

首先答案不是 \(\lfloor \frac{b - a + 1}{x} \rfloor\) ，连续 \(x\) 个数有且仅有一个会被 \(x\) 整除，但连续 \(z(z < x)\) 个数不一定不存在某个数被 \(x\) 整除。

其次答案不是 \(\lfloor \frac{b}{x} \rfloor - \lfloor \frac{a - 1}{x} \rfloor\) 。深究发现和上面的道理一样。

一种方法是：find 最小的 \(l \geq a\) 满足 \(x \mid l\) ，find 最大的 \(r \leq b\) 满足 \(x \mid r\) ，答案一定是 \((r - l) / x + 1\) 。

若 \(r - l \leq 0\) ，去掉左端点后，每 \(x\) 段有一个答案。最后补上左端点的答案。
若 \(r - l < 0\) ，\(r - l\) 一定是 \(-x\) ，因为 \(|r - l| = x\) 。+1 后答案依旧为 \(0\) 。

题解确实也是这种方法。

C
题意：

\(N, (N \leq 10^5)\) 个盒子排在一列，从左到右第 \(i\) 个盒子有 \(a_i\) 个糖果。。

选择以下操作任意次：吃掉某个盒子中的一个糖果（如果有）。

任务是用最小的操作，让任意相邻两个盒子的糖果之和不超过 \(x\) 。

题解：

不考虑边界，观察任意 \(i\) ，若 \(y = a_i + a_{i + 1} > x\) ，\(i\) 或 \(i + 1\) 的位置一定需要操作共 \(y - x\) 次。

变数在于 \(i\) 的操作会影响 \(i - 1\) ，\(i + 1\) 的操作会影响 \(i + 2\) 。

考虑边界，\(1, 2\) 如果需要操作，一定是 \(2\) 操作，因为操作 \(1\) 没有意义。不操作 \(2\) 没有意义，因为最终 \(2\) 还是要操作。
\(2, 3\) 需要操作，一定是 \(3\) 操作，因为操作 \(2\) 没有意义。不操作 \(3\) 没有意义，因为最终 \(3\) 还是要操作。

于是问题可以从一个端点单向迭代。或者说也可以证明每次随机 rand 一个端点迭代也是对的。

加点难度，如果一开始给的是一个环？如何用最小操作完成目标。
若开始存在 \(i\) 满足 \(a_i + a_{i + 1} \leq x\) ，则可以按照单调迭代做法。

若不存在 \(i\) 满足 \(a_i + a_{i + 1} \leq x\) ，且 \(\forall a_i \geq \lfloor \frac{x}{2} \rfloor\) 那么一定有 \(\sum_{i = 1}^{n} a_i^{'} = \lfloor \frac{nx}{2} \rfloor\) 。

再否则不是很好做。

D
题意：
给一个字符串 \(s(|s| \geq 3)\) ，任意相邻字不同。
\(Alice\) 和 \(Bob\) 在玩一个游戏，可以选取 \(s\) 中除了端点字符的一个字符移除，并且不能使新的 \(s\) 有相邻字符。
\(Alice\) 进行第一步操作，之后两人轮流操作。最后不能移除字符的玩家失败，询问谁能获得胜利。

题解：
平等博弈论其实有点 dp 思想的。

一类比较简单的博弈，终态可以被观察到且很少。

只考虑两个端点。有两种情况，xx 或 xy （不特指特定字符，指端点是否相等）。

如果局面是 xx ，则 win 。不在乎是否能到达这个局面。
于是 x?x lose 。不在乎是否能到达这个局面。
x??x win 。不在乎是否能到达这个局面。
x???x lose 。不在乎是否能到达这个局面。
...
初始局面一定可以到达，是 \(Alice\) 面临的。如果 ? 是偶数则 Alice win ，否则 Bob win 。

如果局面是 xy ，则 lose 。不在乎能否到达这个局面。
于是 x?y win 。不在乎能否到达这个局面。
x??y lose 。不在乎能否到达这个局面。
x???y win 。不在乎能否到达这个局面。
...
初始局面一定可以到达，是 \(Alice\) 面临的。如果 ? 是奇数则 Alcie win ，否则 Bob win 。

这里 Alice 赢则输出 First ，否则输出 Second 。

    std::string s; std::cin >> s;
    char a = s[0], b = s.back();
    int n = (int)s.size() - 2;
    if (a == b) std::cout << (n % 2 == 0 ? "First" : "Second") << "\n";
    if (a != b) std::cout << (n % 2 == 1 ? "First" : "Second") << "\n";