solved 4 (A B J K)
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卡题，卡题，卡题，每题都卡！！！好几个题，都是因为小细节上写错，导致卡了很久的。
多训练，多打比赛，总结新题和陈题之间的异同，把一些不良的编码习惯给磨掉，竞赛水平可提升很多。
https://vjudge.net/contest/220476
A - Alter Board (通过)
<qj>
一开始选择了错误的贪心思想，后面尝试画出3*3矩阵的时候找到了正确思路：
由于一开始的矩阵是全都错开的：
# @ #
@#@
# @ #
我们把第二列翻转可得到
# # #
@@@
# # #
结果就很明显了。(以后一道题找不到代码bug就要考虑思路bug，换人重新读题做一遍比较好。)
B-Burrito King (通过)
<qj>
题意：在满足A的开心度的同时，要照顾B的不开心度，贪心求A的最大开心度。
思路：
由于可取浮点数，那么每类物品的A开心度和B不开心度的比值就是我们贪心的方向。
按比例由大到小排序便可，这样保证最优。
求解时，推一个式子便可。
注意数据范围！！！有很多个数据都包括了0
F-Filter
一、题意
给一个数字$m$，表示后面说的数据文件包含的记录的二进制位数；一个$f$，表示后面有$f$个哈希函数，接下来$f$个数字$a_i(0 \le i < f)$，表示哈希函数的参数；接下来给一个数字$n$，表示后面有$n$个数据文件；接下来给$n$行字符串，代表数据文件中记录的十六进制($0123456789abcdef$)表示(注意：这是题目的关键点。数据文件的十六进制表示，对应的二进制，是按字符大端存储的。即：比如第一个字符是$e$，二进制表示为$1110$，那么，该数据文件中记录的第$0-3$位分别是：$0$、$1$、$1$、$1$。按字符大端存储的意思就是说：一个字符二进制表示的高位(在这儿右边的是高位，因为是字符串嘛)，对应实际数据文件记录的低位。可能没讲清楚。通俗化表示就是：拿样例说话，$m=23$，第一个数据文件的记录为$effde7$，对应的二进制表示为$1110\ 1111\ 1111\ 1101\ 1110\ 0111$，那么，数据记录的第$0-22$位分别为：0-1-1-1 1-1-1-1 1-1-1-1 1-0-1-1 0-1-1-1 1-1-1。另外，题目中强调了最后一个字符的存储模式。讲的很绕，硬是猜出来的意思。然而，比赛过程中，就是被这个地方给坑了。其实最后一个字符的存储模式和前面的没任何区别，只是要少数$4-m\%4$个二进制位而已)。然后接下来一个$q$，表示用户的个数。接下$q$个数字，表示$q$个用户的id。
题目要计算的是，有多少个数据文件的记录包含至少一个用户。一个数据文件记录包含一个用户的含义是：假设数据文件记录为$R$，用户的id为$u$，如果对于所有哈希函数的参数$a_i(0 \le i < f)$，通过哈希函数$j = (u * a_i)\ \% m$得到的所有$j$，记录$R$的第$j$位都是$1$，就说明这个数据文件记录包含这个用户。
二、思路
搞懂题意后，预处理出每一个用户的所有$j$，放到bitset里面(不是必须，数组也可以。只是后面比较起来复杂度会大一点而已。)，假设是$b$；然后枚举每一个数据文件记录$R$，再枚举每一个用户的$b$，如果$R\ \&\ b\ ==\ b$，说明记录$b$的每一个是$1$的二进制位在$R$中都是$1$，那么，这个数据文件是满足题目要求的。
注意范围，$a_i$和$u_k$都是$[1, 2^{31})$，别相乘后溢出了。
三、源代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define MAXN 1024 typedef long long LL; int m, f, n, q, a[MAXN]; char str[MAXN][MAXN / 4 + 10]; bitset<MAXN> df[MAXN], uh[MAXN]; vector<int> ans; int main() { while(~scanf("%d%d", &m, &f)) { for(int i = 0; i < MAXN; ++i)df[i].reset(); for(int i = 0; i < MAXN; ++i)uh[i].reset(); ans.clear(); for(int i = 0; i < f; ++i)scanf("%d", a + i); scanf("%d", &n); for(int i = 0; i < n; ++i) { scanf("%s", str[i]); int len = strlen(str[i]); for(int j = 0; j < len; ++j) { int t = isdigit(str[i][j]) ? str[i][j] - '0' : str[i][j] - 'a' + 10; if(j == len - 1 && m % 4 != 0) { if(m % 4 == 1) { if(t & (1 << 0))df[i].set(j * 4 + 0); } if(m % 4 == 2) { if(t & (1 << 0))df[i].set(j * 4 + 0); if(t & (1 << 1))df[i].set(j * 4 + 1); } else if(m % 4 == 3) { if(t & (1 << 0))df[i].set(j * 4 + 0); if(t & (1 << 1))df[i].set(j * 4 + 1); if(t & (1 << 2))df[i].set(j * 4 + 2); } } else { if(t & (1 << 0))df[i].set(j * 4 + 0); if(t & (1 << 1))df[i].set(j * 4 + 1); if(t & (1 << 2))df[i].set(j * 4 + 2); if(t & (1 << 3))df[i].set(j * 4 + 3); } } //cout << df[i] << endl; } scanf("%d", &q); LL u; for(int i = 0; i < q; ++i) { cin >> u; for(int j = 0; j < f; ++j) { uh[i].set((u * a[j]) % m); } } for(int i = 0; i < n; ++i) { for(int j = 0; j < q; ++j) { if((df[i]&uh[j]) == uh[j]) { ans.push_back(i); break; } } } if(ans.size() == 0)printf("%d\n", ans.size()); else printf("%d ", ans.size()); for(int i = 0; i < ans.size(); ++i)printf("%d%c", ans[i], i == int(ans.size()) - 1 ? '\n' : ' '); } return 0; }
J-Jokewithpermutation (通过)
一、思路
<错误的做法>
统计每一个数字在字符串中的出现次数。那么，必定存在至少一个数字的出现次数是1。把这些出现次数是1的数字都push到队列中。然后，用类似于bfs的方式处理：取出队列的头元素e，找出它在字符串中的出现位置(不预处理也可以，每次都搜索一遍)，然后，它影响的数字最多有四个。比如，全排列字符串为$...1234...$，我们取出的队列头元素是$23$，那么，数字$12$、$2$、$3$、$34$的出现次数都减少了$1$。当然，如果取出的数字是$1$位数，那么，它只影响三位(写代码的时候被这个细节坑了好多发RE的)。如果被$e$影响的数字次数为$1$了(被影响的数字肯定出现次数大于$1$)，把它放到优先队列里面。同时把元素$e$在字符串中的出现位置上替换成#字符。
最后，当剩余的所有数字的出现次数都大于$1$时，我天真地得出这么个结论(错的)：此时序列必定满足...###111···###...###222···###...这种形式。由公式$n\ =\ len\ >\ 9\ ?\ \frac{len-9}{2}\ +\ 9\ :\ len$可计算出$n$，从$n$到$1$枚举每一个没在队列中出现过的数字，
<正确的做法>
dfs暴力搜索即可。只要剪枝用的好，没有题目A不了。
K-Knockout Racing (通过)
<qj>
思路：
n*k也就1e6，直接暴力呀。
计算时要注意a和b的关系，如果a在b的左边，是一种做法；
如果a在b的右边，是另一种做法。
设 l = abs(a-b)
那么在t时间内，已经完整走过了time = t/l 次，剩下rest = t%l ，这时候判断 t/l 的奇偶性，然后判断起始方向便可。