codeforces 1221 A B C D

传送门

A 2048

题意：multiset里面有许多2的幂，每次可以从multiset取出两个一样的数字，放回去两数之和，问能否出现2048.

分析：优先队列模拟操作

B knights

题意：棋子可以走日字，将n*n的棋盘用W与B填满，代表两个阵营的棋子，使得可以互相攻击的点对数量最大。

分析：大水题

　　解法一：

　　bfs，在左上角先放一个棋子，然后在可以攻击到的地方放敌对棋子，然后重复直到没有格子可以填。

　　解法二：
　　棋子与他可以攻击到的位置的曼哈顿距离为奇数，所以构造棋盘使得不存在相邻的B与W即可，就像国际象棋的棋盘。

C Perfect Team

题意：c，m，x代表coder，mathematician，和咸鱼，一只队伍必须要有一个coder和mathematician，必须要有三个人，求最多队伍数。

分析：解法一：不考虑人数配置，队伍数为（c+m+x）/3，考虑人数配置，将这个值跟c和m三个值取最小值即为答案。

解法二：比较容易想到，先组出c，m，x各一个的队伍，对于剩下来的人，二分可以组出的队伍数量，加上前面的结果就是答案。

D Make The Fence Great Again

题意：给定数组a和b，ai是第i元素的值，bi是将ai+1的代价，求最小代价，使得a中没有相邻的元素相同。

分析：首先，很容易想到对于每一个元素只需要+0，+1或+2就可以使得a满足条件。

令dp[i][j]为第i位上升j的合法情况的最小代价，如果a[i]==a[i-1]，那么dp[i][0]为第i位上升0合法的最小代价，如果ai上升0，ai-1的合法状态为上升1或者2，所以dp[i][0]可以从dp[i-1][1]和dp[i-1][2]转移，dp[i][1]可以从dp[i-1][0]和dp[i-1][2]转移。依次类推。

这道题比赛时如果用cin不关同步可以过样例，但是赛后会被hack。

#include <bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define mst(a,n) memset(a, n, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define pb push_back
typedef long long LL;
const int maxn = 3e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
using namespace std;
LL n, q, a[maxn], b[maxn], dp[maxn][3];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin >> q;
    while (q--) {
        cin >> n;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            cin >> a[i] >> b[i];
        }
        LL ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            dp[i][0] = 0;
        dp[0][1] = b[0];
        dp[0][2] = 2 * b[0];
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            if (a[i] == a[i - 1]) {
                dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);
                dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + b[i];
                dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]) + b[i] * 2;
            }
            else if (a[i] == a[i - 1] + 1) {
                dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]);
                dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + b[i];
                dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2])) + b[i] * 2;
            }
            else if (a[i] == a[i - 1] - 1) {
                dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]));
                dp[i][1] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + b[i];
                dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + b[i] * 2;
            }
            else if (a[i] == a[i - 1] + 2) {
                dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]);
                dp[i][1] = dp[i][0] + b[i];
                dp[i][2] = dp[i][0] + b[i] * 2;
            }
            else if (a[i] == a[i - 1] - 2) {
                dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]));
                dp[i][1] = dp[i][0] + b[i];
                dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + b[i] * 2;
            }
            else {
                dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]));
                dp[i][1] = dp[i][0] + b[i];
                dp[i][2] = dp[i][0] + b[i] * 2;
            }
        }
        cout << min(dp[n - 1][0], min(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2])) << endl;
    }
}