Codeforces Round 996 (Div. 2)

https://codeforces.com/contest/2055

A. Two Frogs

题意：有一排莲叶，1~n，两个青蛙 A 和 B ，起初分别位于 a 和 b，每一个回合可以向左向右跳一格，前提是这个莲叶上没有青蛙。当一个青蛙不能跳了，它就输了。A 先跳，A 能赢吗？

题解：A 和 B 分别跳一个回合，他们之间的距离的奇偶性不会改变。最后 A 和 B 之间的距离为 0，并且轮到 A 的回合了，那么 A 就输了。反之 B 输。递推到距离为 2，还是 A 输。所以当距离为偶数就是 A 输。

void slove() {
	int n, a, b; cin >> n >> a >> b;
	int c = abs(a - b) - 1;
	if (c & 1) {
		cout << "YES" << endl;
	} else {
		cout << "NO" << endl;
	}
} 

B. Crafting

题意：给定两个数组 a， b，长度都为 n。在数组 a 可以选择一个元素 i，使得 \(a_i:=a_i + 1\) ，其它所有元素，\(j \in [1, n] \and j \neq i\ \and a_j \geq 1,\ a_j := a_j - 1\) 。可以操作任意次，最后能否使得 a 的每一个都至少为 b。

题解：对于一个位置 \(a_i < b_i\) ，那么这个位置就需要操作，累加 1 的话，a 的总和要减小 n - 1。如果有两个位置 \(a_i < b_i, a_j < b_j\) ，那么无论如果都不能使得 a 变成 b，因为一个位置增加多少，另外一个位置就需要减少多少。所以最多只能有一个位置比 b 小。并且其它位置增量都必须大于等于这个差值。

void slove() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> b[i];
	}
	int cnt = 0;
	int c = 0, minv = 1e9;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (a[i] < b[i]) {
			cnt++;
			c = b[i] - a[i];
		} else {
			minv = min(minv, a[i] - b[i]);
		}
		if (cnt >= 2) {
			cout << "NO" << endl;
			return;
		}
	}
	if (minv >= c) {
		cout << "YES" << endl;
	} else {
		cout << "NO" << endl; 
	}
} 

C. The Trail

题意：给定一个 \(n\times m\) 的矩阵，给定一条路径，只有 D 和 R 字符组成，D 表示向下一格，R 表示向右一格。起点为 \((1, 1)\) 终点为 \((n, m)\) 。那么路径的长度为 \(n+m-2\)。路径对应矩阵上值为 0，要求填充路径对应的格点，使得每一行和每一列都相等。

题解：设一行或一列的和为 sum，那么整个矩阵的和可以表示为：\(n\times sum\) 或者 \(m\times sum\)， 那么存在关系：\(n\times sum=m\times sum\) 。\(n\neq m \Rightarrow sum=0, \ n=m\Rightarrow sum \in R\) .
如果依次填充的，每一步都可以找到一行或一列只差一个空位没有填充。不妨直接使得这一行或这一列为 0。

void slove() {
	cin >> n >> m;
	string s; cin >> s;
	for (int i  = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			cin >> a[i][j];
		}
	}
	int x = 1, y = 1;
	for (char c : s) {
		if (c == 'D') {
			LL sum = 0;
			for (int i = 1; i <= m; i++) {
				sum += a[x][i];
			}
			a[x][y] = -sum;
			x++;
		} else {
			LL sum = 0;
			for (int i = 1; i <= n; i++) {
				sum += a[i][y];
			}
			a[x][y] = -sum;
			y++;
		}
	}
	LL sum = 0;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		sum += a[x][i];
	}
	a[x][y] = -sum;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			cout << a[i][j] << " ";
		}
		cout << endl;
	}
} 

D. Scarecrow

题意：给定一个数组表示稻草人的初始位置，有一只乌鸦起初位于 0，稻草人可以以每秒一个单位的速度向左右移动。每当存在稻草人位于乌鸦的位置或者乌鸦的左边，使得二者距离小于 k，乌鸦就会瞬间移动到稻草人的右边距离 k。比如：存在一个稻草人位于 y 处，一个乌鸦位于 x 处。\(y\leq x\)， 如果 \(x-y < k\) ，那么乌鸦就会从 x 移动到 \(y+k\) 。最后使得乌鸦的位置大于等于 L，至少需要多少时间，输出时间的2倍。

题解：输出时间的2倍，是考虑精度，1 秒移动 1 格，可以 0.5 秒移动半格。全局乘 2 即可。
起初肯定需要第一个稻草人移动到 0 的位置，使得乌鸦处于 k 处。记录全局需要的时间，以及乌鸦当前的位置。

从第二个稻草人开始，依次处理每一个稻草人。稻草人的位置 \(a_i\)， 乌鸦当前的位置 \(pos\) 。

1. \(pos \geq a_i\) ，乌鸦位于这个稻草人的右边，那么现在 i 的左边的稻草人都无用了。只需要考虑 i 这个稻草人即可。首先可以移动到 \(min(a_i+time, pos)\) ，乌鸦可以移动到哪里呢？\(min(a_i+time, pos) + k\) 。当前位于 pos 位置是被 i-1 位置的稻草人赶过来的，\(pos-a_{i-1} \geq k\) ，\(pos \geq a_i \geq a_{i-1}\) 。\(a_i+time\) 是目前第 i 个稻草人最远可以移动的位置，必然不小于第 i-1 个稻草人最远可以移动的位置。那么第 i 个稻草人最多可以使得乌鸦移动到 \(min(a_i+time, pos) + k\) 肯定比前面的稻草人更远。
2. \(pos<a_i\)。这种情况下，乌鸦位于第 i 个稻草人和第 i - 1 个稻草人之间。且 \(pos-a_{i-1} \geq k\) 。那么最优的决策是，两个稻草人往中间移动，第 i-1 个稻草人每向右移动一格，就会使得乌鸦往右移动一格。同时第 i 个稻草人往左移动一格，会使得乌鸦和第 i 个稻草人之间的距离缩减 2 格。0.5 秒的话，就缩减 1 格，这也是为什么会出现移动 0.5 秒的原因。此时消耗的时间就是 \(\frac{(a_i-pos)}{2}\) 。乌鸦移动 \(\frac{a_i-pos}{2}+k\) 。

void slove() {
	cin >> n >> k >> l;
	k *= 2, l *= 2;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		a[i] *= 2;
	}
	int res = a[1], pos = k;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (pos >= a[i]) {
			a[i] = min(a[i] + res, pos);
			pos = a[i] + k;
		} else {
			a[i] = max(a[i] - res, pos);
			int t = (a[i] - pos) / 2;
			pos += t + k;
			res += t;
		}
	}
	if (pos < l) {
		res += l - pos;
	}
	cout << res << endl;
}