碎碎念
一些在csp反扑大成功之后的大失败
csp反扑大成功，100+100+100+55+70=425
总rk28，新生rk1直接进队QwQ
于是第二天本想当作紫名晋级赛的CF遭遇巨大滑铁卢......
C漏读一句话，rating痛失98
A - Consecutive Sum
给你长度为n的数组a和整数k
每次操作可以将下标对k同余的两个数交换位置
至多执行k次操作，最大化连续k个数的和
solution
显然同余的分成1组，一共k组，每组取最大的
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int t;
cin >> t;
while(t--)
{
int n,k;
cin >> n >> k;
int x,a[110];
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin >> x;
if(x>a[i%k])
a[i%k]=x;
}
long long ans=0;
for(int i=0;i<k;i++)
ans+=a[i];
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}B - Rule of League
n个人举行n-1场比赛，1先和2打，胜者和3打，依次往后决出最后的胜者
现在满足一个人要么胜x场要么胜y场，求出一组可行解
solution
发现必须满足关于a的方程ax+(n-a)y=n-1有整数解且解在0到n的范围
显然x和y必须有且仅有一个为0，剩下那个必须得被n-1整除
然后按题意构造即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int t;
cin >> t;
while(t--)
{
int n,x,y;
cin >> n >> x >> y;
if(x>y)swap(x,y);
if(x==0&&y!=0&&(n-1)%y==0)
{
for(int i=1,c=2;i<n;i++)
{
cout<<c<<(i==n-1?'\n':' ');
if(i%y==0)
c+=y;
}
}
else cout<<"-1\n";
}
return 0;
}C - Parity Shuffle Sorting
给你一个长度为n的数组a，每次操作可以选取两个数
如果和为奇数则a[r]=a[l]，和为偶数则a[l]=a[r]
现在需要在n次操作内使得数组a严格不降，找出方案
solution
显然把a数组都变成一样的就行了
先对于头和尾进行一次操作，变成相同的
然后对于中间的每一个数，一定能变成头或者尾
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,a[100010];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin >> t;
while(t--)
{
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin >> a[i];
if(n==1)
{
cout<<"0\n";
continue;
}
cout<<n-1<<endl;
cout<<1<<" "<<n<<endl;
if((a[1]+a[n])%2)a[n]=a[1];
else a[1]=a[n];
for(int i=2;i<n;i++)
{
if((a[1]+a[i])%2)
cout<<1<<" "<<i<<endl;
else cout<<i<<" "<<n<<endl;
}
}
return 0;
}D - Zero-One
给你两个长度均为n的01序列
每次操作可以将序列中的两个数同时翻转
如果两个数相邻，代价为x，不相邻，代价为y
求从第一个序列变成第二个序列的最小代价
solution
分成两种情况讨论，x>=y和x<y
x>=y，不相邻的一定更优，发现除非只剩两个相邻的，否则一定能全部用不相邻的去做
x<y，假设一开始所有操作全部以y为代价，那么更优秀的一定是用x操作去滚动的替换两个相邻的数
设dp[i]表示到第i个要操作的点用x代替y能节省的最大代价，很容易推出递推方程
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,x,y,p[5010];
char a[5010],b[5010];
int o[5010];
long long dp[5010];
bool check()
{
int cnt=0;
for(int i=0;i<n-1;i++)
if(p[i]&&p[i+1])
cnt++;
return cnt==1;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin >> t;
while(t--)
{
cin >> n >> x >> y >> a >> b;
int cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++)
p[i]=(a[i]!=b[i]),cnt+=p[i];
if(cnt%2)
{
cout<<"-1\n";
continue;
}
if(x>=y)
{
x=min(x,y*2);
if(cnt==2&&check())cout<<x<<endl;
else cout<<1ll*cnt/2*y<<endl;
}
else
{
int r=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(p[i])o[++r]=i;
dp[i+1]=0;
}
dp[1]=0,dp[2]=max(0ll,y-1ll*(o[2]-o[1])*x);
for(int i=3;i<=r;i++)
dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-2]+y-1ll*(o[i]-o[i-1])*x);
cout<<1ll*cnt/2*y-dp[r]<<endl;
}
}
return 0;
}E - Conveyor
一个矩阵上摆满了传送带，只有向右和向下两种方向，一开始全部朝向右边
每一秒会从左上角生成一个球，而每有一个球经过传送带，传送带就会改变方向
现在询问第t秒(x,y)上是否有球
solution
是个原！呜呜呜
原题是询问对于第k秒出现的球在第n条对角线上在哪一个点
把t,x,y和k,n的关系推出来，就是原题了
至于原题，其实是个思维题
对于一个点，如果有x个球经过它，那么它下面两个点分别会被经过x/2次和(x+1)/2次
因此可以递推得到整个图的每个点的球经过次数，最后模拟最后一个小球的下落过程即可
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n;ll k;
ll dp[250][250];
int down(int x,int y)
{
if(x+y==n-1)return y;
if(dp[x][y]&1)return down(x+1,y);
else return down(x,y+1);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int q;
cin >> q;
while(q--)
{
ll t;int x,y;
cin >> t >> x >> y;
n=x+y+1,k=t-n+2;
if(k<=0)
{
cout<<"NO"<<endl;
continue;
}
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
dp[i][j]=0;
dp[0][0]=k;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;i+j<=n-1;j++)
{
dp[i+1][j]+=(dp[i][j]+1)/2;
dp[i][j+1]+=dp[i][j]/2;
}
cout<< (down(0,0)==x?"YES":"NO") << endl;
}
return 0;
}
Comments NOTHING