没有参加，但是之后几天打了哦，第三场AK的CF比赛。
CF大扫荡计划正在稳步进行。
【A】Olympiad
题意：
给(n)个人颁奖，要满足：
至少有一个人拿奖。
如果得分为(x)的有奖，那么任意得分大于(x)必须拿奖。
得分为(0)的人不能拿奖。
每个人的得分(0le xle 600)，问有多少种颁奖方式？
题解：
本质上，问题可以转化为有多少种不同的得分。于是开一个桶做。
#include<cstdio>
int n,x,cnt[601],ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&x), cnt[x]++;
for(int i=1;i<=600;++i) if(cnt[i]) ++ans;
printf("%d",ans);
return 0;
}
【B】Vile Grasshoppers
题意：
松树上共有(y)根树枝，从低到高第(2)到第(p)个树枝都有一只蚱蜢，已知在树枝(x)的蚱蜢可以跳到(2x,3x,4x,cdots)树枝上。
你要选取最高的树枝，使得没有蚱蜢能跳到这根树枝上。输出树枝编号。
题解：
本质上是([1,y])中最大的不能被([2,p])范围整除的数，倒序遍历，每一个暴力(sqrt{x})check，因为质数很多，所以很快。
#include<cstdio>
int p,y;
int main(){
scanf("%d%d",&p,&y);
for(int i=y;i>p;--i){
for(int j=2;j<=p&&j*j<=i;++j) if(i%j==0) goto no;
printf("%d",i); return 0;
no: continue;
} puts("-1");
return 0;
}
【C】Save Energy!
题意：
Julia要煮一只鸡。她厨房的炉子为了节能，开启后(k)分钟就会关掉。
Julia每(d)分钟会去厨房一次，如果炉子关了，她会把它打开。
如果炉子开着，需要(t)分钟煮好，关着则需要(2t)分钟。
问几分钟煮好？
题解：
算出周期，直接算答案，做一点数学，不难。
[详细解释] 炉子开着，每分钟煮(frac{1}{t})，关着则煮(frac{1}{2t})。
那么令总进度为(2t)，开着每分钟进度(+2)，关着则(+1)。
一个周期必定是开始炉子开着，然后炉子关上，周期长度显然是(leftlceilfrac{k}{d} ight ceilcdot d)。
这么一算，一除，一分类讨论，就差不多了。
#include<cstdio>
long long k,d,t,lp,t1,t2;
double ans;
int main(){
scanf("%lld%lld%lld",&k,&d,&t); t<<=1;
lp=(k-1)/d*d+d; t1=k<<1, t2=lp-k;
ans=t/(t1+t2)*lp; t%=t1+t2;
if(t<=t1) ans+=(double)t/t1*k;
else ans+=k+(double)(t-t1)/t2*(lp-k);
printf("%lf",ans);
return 0;
}
【D】Sleepy Game
题意：
俩人玩博弈游戏，可是这不是博弈题，因为其中一个人睡着了。
那么身为另一个人，他可以代替另一个人以达到对自己的最优结果。
总之，在一个有(n)个点，(m)条边的有向图中，从一个初始位置(s)沿着边走到其他点，无法移动者输掉游戏。
问能否能赢，如果能，输出方案，如果不能，判断能否至少平局(在任意多步后都无法结束游戏)。
题解：
本质上，赢的条件是存在从(s)到任意一个出度为(0)的点的路径长度为偶数，可以重复走。
而平局则是从(s)能走到一个环，都不行则输了。
这题坑了我很久，接下来解释一下做法。
①判断能否赢：从(s)开始DFS，每个点存储能否从(s)到它有偶数或奇数的路径（有可能既有偶数也有奇数）。
DFS函数需要两个参数(DFS(u,c))，(c)相当于起点到它的步数的奇偶性。这样如果能到一个出度为(0)的点并且(c=0)，则有解。
②判环：直接Tarjan版判环。
可以巧妙地把2个DFS合到一起。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,x,y,o,v[2][100001],k[2][100001],t[2][100001];
vector<int> h[100005];
bool D(int u,bool c){
if(~k[c][u]) return k[c][u];
if(!h[u].size()) return k[c][u]=c;
v[c][u]=1;
for(int i:h[u]) {if(v[c][i]||v[!c][i]) o=1; if(!v[!c][i]&&D(i,!c)) return t[c][u]=i, v[c][u]=0, k[c][u]=1;}
return v[c][u]=0, k[c][u]=0;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&x);
while(x--) scanf("%d",&y), h[i].push_back(y);
} scanf("%d",&x);
memset(k,-1,sizeof k);
if(D(x,0)){
puts("Win"); y=1;
while(x) printf("%d ",x), x=t[y=!y][x];
return 0;
} puts(o?"Draw":"Lose");
return 0;
}
【E】Lock Puzzle
题意：
对于一个字符串(alphaeta)，你可以通过一次操作把它变成(eta^Ralpha)，这里的(x^R)表示字符串(x)的倒序。
这里的(eta)的长度可以任意选择。
给定一个长为(n)的字符串(s)，和等长的字符串(t)。
问如何在(3n+100)的操作内把(s)变成(t)。无解输出(-1)。
题解：
如果(s)和(t)中有一个字母的出现次数不同，则显然无解。
而其他情况都能在(3n)步内完成，如下：
假设已有一个字符串(alpha)的前缀是(t)的后缀，而紧跟着(alpha)是一个需要放到(alpha)前面的字符，那么我们经过3步可以把(x)放到(alpha)前面：
(underline{alpha xeta}\eta^Rxunderline{alpha^R}\alphaeta^Runderline{x}\xalphaeta^R)
其中下划线是操作的(eta)字符串。
那么做(n)遍这个操作，可以在(3n)步之内完成。
#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define dF(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
using namespace std;
int n;
char str1[2005],str2[2005],str3[2005],str4[2005];
int main(){
scanf("%d%s%s",&n,str1+1,str2+1);
memcpy(str3+1,str1+1,n);
memcpy(str4+1,str2+1,n);
sort(str3+1,str3+n+1);
sort(str4+1,str4+n+1);
if(memcmp(str3+1,str4+1,n)) {puts("-1"); return 0;}
printf("%d
",n*3);
dF(i,n,1){
int p;
F(j,n-i+1,n) if(str1[j]==str2[i]) {p=j; break;}
printf("%d %d 1 ",n,p-1);
reverse(str1+p+1,str1+n+1);
memcpy(str1+2,str1+1,p-1);
str1[1]=str2[i];
}
return 0;
}