这次题目挺有意思的，可惜D题差几分钟没交对。E题的博弈还是很基础的SG函数，让我复习了下博弈。
基本的输入输出，一个公式输出来即可，但是要注意的是，写之前先化简变成全为整数的情况。
#include <iostream> #include <stdio.h> using namespace std; int m[10],w[10]; int main(int argc, const char * argv[]) { for(int i=0;i<5;i++) cin>>m[i]; for(int i=0;i<5;i++) cin>>w[i]; int hs,hu; cin>>hs>>hu; int ans; ans=0; for(int i=0;i<5;i++) { ans += max(150*(i+1),(i+1)*(500-2*m[i])-50*w[i]); } ans+=100*hs; ans-=hu*50; cout<<ans; return 0; }
这题其实还是要想想的，比赛的时候想了下加猜了下。
给一个递增序列长度为n，然后有k个箱子，每个箱子最多只能放两个数。最后求箱子里面最大的不超过多少。
1.箱子肯定尽量全部用上。
2.如果n>k的话，则有n-k个箱子放两个数，2*k-n个箱子放一个数，则把最大2*k-n个数单个放入箱子中
3.剩下来的2*（n-k）个小的数，按一大一小的选择方式放入箱子中。（为什么呢？ 其实仔细想想肯定是这样贪心的，顺序只要变了结果不可能会变小）
需要注意的是：第2步中最大的肯定为整个序列最大的一个数，第3步最大的必须一个一个枚举。
#include <iostream> #include <stdio.h> using namespace std; int g[100100]; int main(int argc, const char * argv[]) { int n,k; cin>>n>>k; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>g[i]; if(k>=n) cout<<g[n]; else { int tn=2*(n-k); int ans=max(g[n],g[1]+g[tn]); for(int i=1;i<=(n-k);i++) ans=max(ans,g[i]+g[tn+1-i]); cout<<ans; } return 0; }
这题基本上就在考智商吧，感觉聪明人瞬间就可以看到解法了，我等菜B推了快半小时才看出来。。。
首先，有一个很重要的性质，对于一段0，1序列，翻转后的01间断个数不变。
比如0111001011,等价于010101,翻转后变为101010，间断个数不变。
第二个重要性质，一次翻转最多只能加2
然后就是最关键的：我把00,11这样连续相同的段且长度=2的叫做连段。比如0011101中00，11（靠左）和11（靠右）就是连段,
如果序列中出现了两个以上的连段. 如xxx00yyy11xxx,只需要变成xxx01y‘y’y‘01xxx,有之前说的性质1,yyy的间断个数不变，所以整体就加2
如果序列中只有一个连段，那么只能加1
如果没有连段，那么序列就是0和1相间，只能加0
这样只需要O(n)统计一遍连段的个数即可。
#include <iostream> #include <stdio.h> using namespace std; char g[100100]; int main(int argc, const char * argv[]) { int n; cin>>n; scanf("%s",g); int ans=1; char pre=g[0]; for(int i=1;i<n;i++) { if(g[i]!=pre) { ans++; pre=g[i]; } } //然后看有没有三个的 int flag3=0; for(int i=0;i<n-2;i++) { if(g[i]==g[i+1]&&g[i+1]==g[i+2]) { flag3=1; break; } } if(flag3==1) { printf("%d",ans+2); } else { int flag2=0; for(int i=0;i<n-1;i++) { if(g[i]==g[i+1]) flag2++; } if(flag2>=2) printf("%d",ans+2); else { if(flag2==1) printf("%d",ans+1); else printf("%d ",ans); } } return 0; }
这题一开始我还以为用到了数论和组合数学的知识，其实好像用到了一点置换的概念，但是还是一个推理就能解出来的题目。
观察这个函数。
1.如果k=0，那么f(0)=0,只有这个信息，然后f(1),f(2),...,f(p-1)都可以随便选，结果就是p^(p-1)
2.k!=0时
设有一个x1,则f(kx1 mod p) = k*f(x1) mod p
设x2=x1*k%p,则f(kx2 mod p) = k*f(x2) mod p
...
设xs=xs-1*k%p,且xs=x1 (因为一定会有循环结)
f(x1) = ks*f(x1) mod p
因为p是素数，如果ks mod p=1，则f(x1)可以为任意选，也就是有p种可能
如果 ks mod p != 1,f(x1)只能为0，也就是只有一种可能。
这样一来，对于在一个循环结内的数就能知道有多少可能。把所有循环结的情况相乘就是最后的答案了。
#include <iostream> #include <stdio.h> using namespace std; #define MOD 1000000007 int g[1001000]; int mark[1001000]; int main(int argc, const char * argv[]) { int p,k; cin>>p>>k; if(k==0) { long long ans=1; for(int i=1;i<p;i++) ans=ans*p%MOD; cout<<ans; return 0; } for(int i=0;i<p;i++) { g[i] = ((long long)i*k)%p; } long long ans=1; for(int i=0;i<p;i++) { if(mark[i]) continue; mark[i]=1; long long tmp=1; int ti = g[i]; while(ti!=i) { mark[ti]=1; tmp++; ti=g[ti]; } long long tk=1; for(int j=0;j<tmp;j++) tk=(tk*k)%p; if(tk==1) ans=ans*p%MOD; else ans*=1; } cout<<ans; return 0; }
我在开始想这题的时候，忘了sg函数，想凭找规律找到结果。 结果我想多了，对于一半的情况是可以找规律的，但是另一半我是始终没找出来，我想如果聪明人应该还是可以通过规律做出这题。通过这题我也知道挂不得区域赛什么的，博弈题很少，因为博弈题套路固定，而且基本上就那几种特殊的博弈。巴什，威佐夫，nim。难的估计太难大家又不会了。o(╯□╰)o
像我一样，忘记sg函数的或者还不会的可以看这里：博弈SG函数