比赛链接:传送门
Gym 101775A Chat Group(签到:待补)
Gym 101775B Scapegoat(待补)
Gym 101775C Traffic Light(贪心+思维)
思路:
需要证明两个点:
① 所有的N+1个S都是必须要走的,并且可以适当安排使得红灯只用等最长的一个。
② 上面这样的安排的答案是S0+S1+…+SN+max(Bi),而答案不可能比这个小,因为总有一种走法可以等到最长的那个红绿灯,如果其他的红绿灯也要等的话就比上面的方法大了。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAX_N = 1e3 + 5; double S[MAX_N]; double A[MAX_N], B[MAX_N]; int main() { int T; cin >> T; for (int kase = 1; kase <= T; kase++) { int N; cin >> N; for (int i = 0; i <= N; i++) { scanf("%lf", S+i); } double _max = -1; for (int i = 1; i <= N; i++) { scanf("%lf%lf", A+i, B+i); _max = max(_max, B[i]); } for (int i = 0; i <= N; i++) { _max += S[i]; } printf("Case #%d: %.6lf ", kase, _max); } return 0; }
Gym 101775J Straight Master(差分)
好久没见过差分了,早就把这种方法忘掉了。。。比赛的时候企图用贪心+松弛标记强行搓,结果一直WA。
思路:(下面的差分都指与前一个相邻的数的差)
大于3的任意长度都可以由3、4、5的长度组成,所以长度大于3的子串都可以构成顺子。因此到第i个位置为止之前的所有正的差分都可以用于更新第i+3个位置及其之后的位置的负差分,如:
0 1 2 3 4 4 4 1
第4个位置为止正差分的和为4,第 4 + 3 = 7 个位置的差分为-3,则剩余的差分和sum为1。O(n)遍历维护差分和sum即可。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MAX_N = 2e5 + 5; int N; ll a[MAX_N]; ll k[MAX_N]; ll dis[MAX_N]; bool solve() { int ind = 1; if (dis[2] < 0 || dis[3] < 0) return false; ll sum = 0; for (int i = 1; i <= N+1; i++){ sum += dis[i]; int j = i+3; if (j > N+1) break; if (dis[j] < 0) { sum += dis[j]; dis[j] = 0; } if (sum < 0) break; } if (sum != 0) return false; return true; } int main() { int T; cin >> T; for (int kase = 1; kase <= T; kase++) { cin >> N; a[0] = 0; for (int i = 1; i <= N; i++) { scanf("%lld", a+i); k[i] = 0; dis[i] = a[i] - a[i-1]; } dis[N+1] = - a[N]; bool ans = solve(); printf("Case #%d: ", kase); if (ans) puts("Yes"); else puts("No"); } return 0; } /* 10 5 3 5 5 2 4 5 3 5 5 2 2 */
Gym 101775K Downgrade(签到:简单模拟)
思路:
按题意模拟即可。要注意N是109,所以要判断一下状态是否会继续更新。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MAX_A = 1e5 + 5; ll sum[MAX_A], L[MAX_A]; int main() { int T; cin >> T; for (int kase = 1; kase <= T; kase++) { ll A, B, N; cin >> A >> B >> N; sum[0] = 0; for (int i = 1; i <= A; i++) { scanf("%lld", &L[i]); sum[i] = sum[i-1] + L[i]; } ll ansa = A, ansb = B; ll nxta, nxtb; while (N--) { int ind = lower_bound(sum+1, sum+A+1, ansa) - sum; nxtb = ansa - sum[ind-1]; nxta = ind; if (nxta == ansa && nxtb == ansb) break; ansa = nxta; ansb = nxtb; } printf("Case #%d: %lld-%lld ",kase, ansa, ansb); } return 0; } /* 3 3 2 2 2 2 2 3 1 2 1 1 1 3 1 1000000000 1 1 1 */
Gym 101775L SOS(博弈+思维)
思路:
博弈有两种题,思维题、SG函数题。不管是哪种,上来先打个表。。。其他的打完了表再说。。。打表发现N为大于5的所有奇数都是Panda,N为大于14的所有偶数都是Sheep,其他的为Draw。
然后是证明:只要构造了S _ _ S的局面,然后跟对手一起把其他的空位填满,下一个填字符的人就必输了。根据N奇偶性,填满空位后面临S _ _ S的局面的人是不同的。所以有下面两种情况:
① N为奇数的时候:先手Panda要尽可能构造S _ _ S的局面,而Sheep要尽量避免被构造出S _ _ S的局面。当N = 7时,Panda第一次可以在Sheep的干扰下成功构造S _ _ S的局面:
Panda: _ _ _ S _ _ _
Sheep: _ _ _ S _ _ O
Panda: S _ _ S _ _ O
不管Sheep放在哪边,Panda都可以在另一边构造S _ _ S的局面。
② N为偶数的时候Panda要尽可能避免被Sheep构造出这样的局面,这时候就轮到Sheep来构造S _ _ S的局面了。由①可以发现,当剩下了7个空位时,可以把S放在中间,就能在Panda的干扰下构造S _ _ S的局面。但是有一点需要注意:就是N = 14时:
Panda: _ _ _ _ _ _ O _ _ _ _ _ _ _
Sheep: _ _ _ _ _ _ O _ _ _ S _ _ _
Panda: _ _ _ _ _ _ O _ _ _ S _ _ O
Sheep: _ _ _ _ _ _ O S _ _ S _ _ O
Panda: _ _ _ _ _ S O S _ _ S _ _ O
Game Over.
Sheep放第二个S的时候如果是在O的旁边,那就崩盘了。所以N=14的时候Panda还是能反制Sheep的,但是当N = 16时Panda就无还手之力了:
Panda: _ _ _ _ _ _ _ O _ _ _ _ _ _ _ _
Sheep: _ _ _ _ _ _ _ O _ _ _ _ S _ _ _
Panda: _ _ _ _ _ _ _ O _ _ _ _ S _ _ O
Sheep: _ _ _ _ _ _ _ O _ S _ _ S _ _ O
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAX_N = 1000 + 5; int main() { int T; cin >> T; int kase = 1; while (T--) { int N; cin >> N; printf("Case #%d: ", kase++); if (N > 5 && N % 2) puts("Panda"); else if (N < 16) puts("Draw"); else puts("Sheep"); } return 0; }
Gym 101775M World Cup(签到:待补)