Codeforces Round 859 (Div. 4)

Codeforces Round 859 (Div. 4)

评价：比较简单的一集，简单考察思维和最基础算法

E:交互题。看了oiwiki和codeforces的文章，之前看的abc文章忘了，打算写一篇总结特点和一些典型例题，还了解了其他题型。

Solution：回到本题：只需要利用前缀和优化每次二分答案，从输入里得到我们想要的信息

//cout.flush()；
void solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]+=a[i-1];
	}
	int l=1,r=n;
	while(l<r){
		cout<<"?"<<" ";
		int mid=(l+r)>>1;
		cout<<mid-l+1<<" ";
		for(int i=l;i<=mid;i++)cout<<i<<" ";
		cout<<endl;
		//cout.flush();
		int x;cin>>x;
		if(a[mid]-a[l-1]!=x)r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<"!"<<" "<<l<<endl;
}

F:题意：给定一个\(n*m\)的矩阵，给定初始点的位置和速度方向，已经知道终点位置，问需要经过边界反射多少次才能到达终点？

Solution：对于反射问题不难想到周期，我们考虑最差情况第二次到达起点的时候遍历了所有方格点也就是\(n\times m\)个点，算上初始方向，最多有四个方向，所以最多经历 \(4\times n\times m\)的路程,意思是最大周期是这么多，再算下去一定会重复计算，没有意义。每次到边界的时候只需要判断速度和位置会不会导致下一步越界，如果越界，则速度取相反方向。

void solve(){
	cin>>n>>m;
	int x1,y1,x2,y2;cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
	string s;cin>>s;
	int mx=4*n*m;
	int dx=0,dy=0;
	if(s[0]=='D')dx=1;
	else dx=-1;
	if(s[1]=='R')dy=1;
	else dy=-1;
	int cux=x1,cuy=y1;
	int cnt=0;
	while(mx--){
		if(cux==x2&&cuy==y2){
			cout<<cnt<<endl;
			return ;
		}
		bool flag=0;
		if(cux==1&&dx==-1)dx=1,flag=true;
		if(cux==n&&dx==1)dx=-1,flag=true;
		if(cuy==1&&dy==-1)dy=1,flag=true;
		if(cuy==m&&dy==1)dy=-1,flag=true;
		
		cux+=dx;cuy+=dy;
		if(flag)cnt++;
	}
	cout<<-1<<endl;
}

G:题意：Subsequence Addition (Hard Version)

数列 \(a\) 最开始只有一个数 \(1\)，你可以进行若干次操作，每次操作你可以选取最新数组中 \(k\) 个数（\(k\) 无限制，小于等于 \(a\) 的大小即可），将这 \(k\) 个数的和放入 \(a\) 的任意一个位置。

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(c\)，问 \(a\) 能否在进行n-1次操作后转为 \(c\)。

有 \(t\) 组数据。

\(1\leq \sum n\leq2\times10^5,1\leq c_i\leq2\times10^5,1\leq t\leq1000\)

Solution:由于是子序列，发现排序不影响答案正确性。以背包视角思考问题，可以发现只要前i-1小

int n, m;
int a[N];
 
void solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	int sum=1;
	bool flag=true;
	sort(a+1,a+1+n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]>sum)flag=false;
		if(i>1) sum+=a[i];
	}
	if(flag)cout<<"YES"<<endl;
	else cout<<"NO"<<endl;
}