A. Exercising Walk
题意：
询问能否在给定的区域访问内走指定的步数。
思路：
特判区域宽度或高度为1的情况。其他用相对位移与区域大小比较
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string>
using namespace std;
int main() {
int t;
cin>>t;
while (t--){
int a,b,c,d;
cin>>a>>b>>c>>d;
int x,y;
int x1,x2,y1,y2;
cin>>x>>y>>x1>>y1>>x2>>y2;
if((x1==x2&&a*b!=0)||(y1==y2&&c*d!=0)){
puts("No");
continue;
}
x1 = x-x1;
x2 = x-x2;
y1 = y-y1;
y2 = y-y2;
int ab1 = b-a;
int ab2 = d-c;
if(abs(x1)<(a-b)||abs(x2)<(b-a)||abs(y1)<(c-d)||abs(y2)<(d-c)){
puts("No");
}
else puts("Yes");
}
return 0;
}
B. Composite Coloring
题意：
给定n个合数，每个数小于1000，用(m)（(m<=11)）种颜色给n个数染色。两个数的gcd如果大于1，可以染成同一种颜色。(大概是这个题意....)
思路：
首先每个数都是合数，其次都是小于1000，所以每个数的最小质因子必定小于((sqrt{1000}approx33)),而小于33的质因子为11个，所以可以满足(m<=11)上面条件。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
int gcd(int a,int b){
if(b==0)return a;
return gcd(b,a%b);
}
int n;
int a[1005];
int ans[1005];
int prime[11]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31};
int c[11];
int cnt;
int main() {
int t;
cin>>t;
while (t--){
cnt =0;
cin>>n;
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<11;j++){
if(a[i]%prime[j]==0){
if(c[j]==0)c[j]=++cnt;
ans[i]=c[j];
break;
}
}
}
cout<<cnt<<endl;
for(int i=0;i<n;i++) {
cout<<ans[i]<<" ";
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
C. K-Complete Word
题意：
Word (s) of length (n) is called (k)-comlete if
- (s) is a palindrome
- (s) ha s period of (k)
给定一个word，要求改变最少的字符，使之变成 (k)-comlete。
思路：
可以分析到，要求单词周期为(k)，而且为回文串，分析可得每一个周期内也是回文串。所以暴力判断每一些位置哪个字母出现次数最多即可。处理的时候，特殊处理一下周期为计数的串。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
char str[N];
int a[26];
int main() {
int t;
cin>>t;
while(t--) {
int n, k;
cin >> n >> k;
cin >> str;
int ans = 0;
for (int i = 0; i < k / 2; i++) {
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int j = 0; j < n / k; j++) {
a[str[j * k + i] - 'a']++;
a[str[j * k + k - i - 1] - 'a']++;
}
int max_cnt = *max_element(a, a + 26);
//cout<<"max:"<<max_cnt<<endl;
ans += n/k*2-max_cnt;
}
memset(a,0,sizeof(a));
if(k%2){
for(int i=0;i<n/k;i++){
a[str[k/2+i*k]-'a']++;
}
int max_cnt = *max_element(a, a + 26);
//cout<<ans<<endl;
ans += n/k-max_cnt;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
D. Walk on Matrix
题意：
构造一个矩阵，使得标准算法的答案与给定算法答案差距为k。
思路：
可以分析到，这个题这样dp是不行的。有大佬告诉我怎么求出标准答案吗？（嘤嘤嘤）
既然是构造题，就构造一个简单的矩阵，使得题目给定算法为0，标准答案为k即可。（大家真厉害，我怎么没有想到，嘤嘤嘤）
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
int k;
const int N=505;
int a[N][N];
int main() {
cin>>k;
if(k==0){
cout<<1<<" "<<1<<endl;
cout<<1<<endl;
}
else{
int temp=1;
while (temp<=k)temp<<=1;
cout<<"2 3"<<endl;
cout<<temp+k<<" "<<k<<" "<<0<<'
';
cout<<temp<<" "<<temp+k<<" "<<k<<'
';
}
return 0;
}
E. Height All the Same
题意：
现在有一个(n∗m)的方格，第i行第j列有(a[i][j])个方块。
执行以下操作任意次：
1、选择((i,j))使(a[i][j])加上2。
2、选择两个相邻的方格(相邻的方格存在一条公共边)，将其方格数加上1。
现在问初始(a[i][j])可以是([L,R])中的任意数，有多少种初始方案可以通过任意次数的操作后使所有的(a[i][j])相等。
思路：
这个题确实似曾相识。
由于操作1，可以加2，所以可以不断使用操纵1，使得不同数字相差1。使用只有数字的奇偶性有关。
给出结论：
奇数和偶数的个数都是奇数的方案是不行的，否则可行。
论证：
如果全部奇数和偶数个数都为偶数个（奇数等效），使用操作1即可满足条件
如果全部奇数和偶数分别为一奇一偶（易知一偶一奇等效）。可以使用操作2不断交换奇数和偶数所在的方格的位置，一旦两个偶数连接到一起，就可以使用操作2变成两个奇数，这样全部都变成奇数了。
总的方格数量(S=m*n)
- 如果S为奇数，那么奇数的个数和偶数个数的至少一个为偶数，则所有初始状态都满足条件。 (ans =(R-L+1)^S)
- 如果S为偶数,设(x)为([L,R])中奇数个数，(y)为([L,R])中偶数个数。
合法的方案只能是：奇数和偶数的个数都是偶数。所以可以得到下面的公式
(ans =sum_{i=0,i+=2}^S(inom{S}{i}*x^i*y^{S-i}))
公式的含义是：从S个方格中，选偶数个作为奇数，其他偶数个作为偶数。
这个公式等效于：(ans =frac{(x+y)^S+(x-y)^S}{2}) 。因为这样奇数项恰好抵消，偶数项计算了两次。
由于中途求mod了，所以不能直接除2，需要乘2关于mod的逆元。然后奇数和偶数的差的绝对值求法在代码中体现，比较简单。
（这样应该比较好理解，看到网上的有些博客在公式推倒处存在一点错误，这里和大家一同学习）
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod = 998244353;
ll qpow(ll a,ll x){
ll ans = 1;
while(x>0){
if(x&1){
ans = ans*a%mod;
}
x>>=1;
a=a*a%mod;
}
return ans%mod;
}
int main() {
ll n,m,L,R;
cin>>n>>m>>L>>R;
if(n*m%2){
cout<<qpow((R-L+1),m*n)<<endl;
}
else{
ll ans = qpow(R-L+1,n*m)+qpow((R-L+2)/2-(R-L+1)/2,n*m);
ans =ans%mod*qpow(2,mod-2)%mod;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}