Codeforces Round #516 (Div. 2) (A~E)
目录
Codeforces 1064
唉 人生啊
during the contest:
system test:
一位博友突然失去了梦想
A.Make a triangle!
不放了。
B.Equations of Mathematical Magic
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
const int N=1e6+7;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
int main()
{
int T=read();
while(T--)
{
long long a=read(), ans=1;
for(int i=31; i>=0; --i)
if(a>>i&1) ans<<=1ll;
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}
C.Oh Those Palindromes
sb了很长时间。。
为什么要把很多字符拼起来呢，同种字符放在一起就行了。
Why so? 注意到一个回文串首尾至少是两个相同字符，所以一个出现x次的字符最多可以（以它为首尾）形成x(x-1)/2个回文串，这和单个放一起的上界是一样的。
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int tm[N];
char s[N],Ans[N];
int main()
{
int n=read();
scanf("%s",s+1);
std::sort(s+1,s+1+n);
s[n+1]='\0', puts(s+1);
return 0;
}
比赛结束后
D.Labyrinth(BFS)
因为BFS一般是可以保证到达一个点时代价最小，所以考虑BFS。
本题有向左和向右两个代价。显然如果上下没有格子阻碍，我们可以先一直向上下扩展状态。
然后，如果一直向左或是向右，那么BFS到的点显然代价最小。
如果要走回头路（即直接向上的路被堵住，但能绕上去），那么假设向左边走要走\(a\)步才能向右走绕回去，向右边走要\(b\)步才能向左走绕回去。那么前者向右也要走\(a\)步，后者向左也要走\(b\)步。所以我们只保证向左走的步数尽量少，就可以保证到达某一个点时向右走的步数也尽量少。好像也很符合BFS性质？直接BFS？
但是向左走的步数少不代表距离近。比如下图，起点为白点，要到达绿点，显然从白点向左出发到它花费少（花费指向左向右的步数）。但是如果直接BFS，因为左边上上下下浪费了时间，所以实际先到绿点的是向白点右边出发的路径。这当然不优（花费多）。
因为向上向下是不计代价的（也就是距离为\(0\)），所以BFS到一个点时，要把它上下能直接到的点同时加入队列（代价相同，也就是距离相同，当然在BFS里要同时入队），而不是在把它弹出队首时才在队列中加入上下的点（BFS的意义？后加入的点花费/距离比之前的点高。但实际它们代价是一样的）。
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#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2005;
const int D[]={-1,1};
int n,m,r,c,X,Y;
bool ok[N][N];
struct Node
{
int x,y,r1,r2;
};
std::queue<Node> q;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
void Extend(int x,int y,int r1,int r2)
{
for(int i=x; ok[i][y]; --i)
ok[i][y]=0, q.push((Node){i,y,r1,r2});
for(int i=x+1; ok[i][y]; ++i)
ok[i][y]=0, q.push((Node){i,y,r1,r2});
}
void BFS()
{
int ans=0;
Extend(r,c,X,Y);
while(!q.empty())
{
++ans;
Node tmp=q.front(); q.pop();
int x=tmp.x,y=tmp.y,r1=tmp.r1,r2=tmp.r2;
if(r1&&ok[x][y-1]) Extend(x,y-1,r1-1,r2);
if(r2&&ok[x][y+1]) Extend(x,y+1,r1,r2-1);
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
n=read(),m=read(),r=read(),c=read(),X=read(),Y=read();
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
register char c=gc(); while(c!='*'&&c!='.') c=gc();
ok[i][1]=c=='.';
for(int j=2; j<=m; ++j) ok[i][j]=gc()=='.';
}
BFS();
return 0;
}
E.Dwarves,Hats and Extrasensory Abilities(交互 二分)
容易想到根据点的颜色，不断二分调整询问位置。
但是\(2^{30}>10^9\)，\(30\)次二分要出事。。
我们可以先询问一次端点（\(0\)或\(10^9\)），后面的二分再根据这个判断位置，就是\(29\)次二分啦。
pretest直接\(30\)次二分都可以过的吗。。明明大于1e9我怎么当时就觉得可以了呢。。
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2e6+5;
inline char Get(int p)
{
static char s[233];
printf("10 %d\n",p), fflush(stdout);
scanf("%s",s); return s[0];
}
int main()
{
int n; scanf("%d",&n);
int s=Get(0),l=0,r=1e9,mid;
for(int i=1; i<n; ++i)
{
mid=l+r>>1;
if(Get(mid)==s) l=mid;
else r=mid;
}
printf("9 %d 11 %d\n",l,l+1), fflush(stdout);
return 0;
}
F.Candies for Children
大概是按照\(n\)的大小两种算法(暴力?)结合？
坑了
未AC代码
D.Labyrinth
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2005;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
const int D[]={-1,1};
int n,m,r,c,X,Y;
char s[N];
bool mp[N][N],vis[N][N];
struct Node
{
int x,y,r1,r2;
};
std::queue<Node> q;
void BFS()
{
int ans=0;
q.push((Node){r,c,X,Y});
vis[r][c]=1;
while(!q.empty())
{
++ans;
Node tmp=q.front(); q.pop();
int x=tmp.x,y=tmp.y,r1=tmp.r1,r2=tmp.r2;
for(int i=x-1; i>0; --i)
{
if(!mp[i][y]) break;
if(vis[i][y]) break;//continue;
vis[i][y]=1, q.push((Node){i,y,r1,r2});
}
for(int i=x+1; i<=n; ++i)
{
if(!mp[i][y]) break;
if(vis[i][y]) break;//continue;
vis[i][y]=1, q.push((Node){i,y,r1,r2});
}
for(int i=0; i<2; ++i)
{
int yn=y+D[i];
if(!mp[x][yn]||vis[x][yn]) continue;
vis[x][yn]=1;
if(r1>0&&i==0) q.push((Node){x,yn,r1-1,r2});
if(r2>0&&i==1) q.push((Node){x,yn,r1,r2-1});
}
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
n=read(),m=read(),r=read(),c=read(),X=read(),Y=read();
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
scanf("%s",s+1);
for(int j=1; j<=m; ++j)
if(s[j]=='.') mp[i][j]=1;
else mp[i][j]=0;
}
BFS();
return 0;
}
E.Dwarves,Hats and Extrasensory Abilities
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
typedef long long LL;
const int N=2e6+5;
struct Node
{
int col,pos;//0:w 1:b
bool operator <(const Node &x)const
{
return col==x.col?pos<x.pos:col<x.col;
}
}p[N];
bool Check(int pos,int now)
{
static char s[233];
p[now].pos=pos;
printf("10 %d\n",pos); fflush(stdout);
scanf("%s",s+1);
if(s[1]=='w') return p[now].col=0,0;
else return p[now].col=1,1;
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
int l=1,r=1e9,mid;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
mid=l+r>>1;
if(Check(mid,i)) r=mid;
else l=mid+1;
}
int ans=0;
std::sort(p+1,p+1+n);
for(int i=2; i<=n; ++i)
if(p[i].col!=p[i-1].col)
{
ans=p[i-1].pos+1;
break;
}
// for(int i=1; i<=n; ++i) printf("%d:%d\n",p[i].col,p[i].pos);
if(ans!=0) printf("9 %d 11 %d\n",ans-1,ans), fflush(stdout);
else printf("9 %d 11 %d\n",ans,ans), fflush(stdout);
return 0;
}
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很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
