Codeforces Round #197 (Div. 2) （A、B、C、D、E五题合集）

A. Helpful Maths

题目大意

给一个连加计算式，只包含数字 1、2、3，要求重新排序，使得连加的数字从小到大

做法分析

把所有的数字记录下来，从小到大排序输出即可

参考代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N=100005;

char buff[1000];
int A[1000], n;

int main() {
    scanf("%s", buff);
    n=0;
    for(int i=0; buff[i]; i+=2) A[n++]=buff[i]-'0';
    sort(A, A+n);
    printf("%d", A[0]);
    for(int i=1; i<n; i++) printf("+%d", A[i]);
    printf("
");
    return 0;
}

B. Xenia and Ringroad

题目大意

昨晚眼睛盯着屏幕仔仔细细的看了四遍题意，硬是没看懂...下面是我猜的题意，不知道对不对，反正按照这个题意写的代码过了

有 n 个房子编号 1 到 n 按照顺时针围成一个圈，相邻两个房子之间的距离是 1，有 m 个任务编号 1 到 m，每个任务为 i 为到达相应的房子中去，问顺序的（从 1 号任务开始完成到 m 号任务）完成这些任务最少需要走多短的路程

做法分析

模拟题，直接模拟就行

参考代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int N=100005;

int n, m;
LL A[N];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        scanf("%I64d", &A[i]);
        A[i]--;
    }
    LL last=0, ans=0;
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        if(A[i]>=last) ans+=A[i]-last, last=A[i];
        else ans+=n-last+A[i], last=A[i];
    }
    printf("%I64d
", ans);
    return 0;
}

C. Xenia and Weights

题目大意

有 10 个重量分别为 1 到 10 的砝码可用，以及一个天平，现在往天平上添加砝码，添加的规则如下：

　　1. 第 i 次添加到左边的盘中，那么第 i+1 添加到右边的盘中

　　2. 第 i 次添加的砝码的重量不等于第 i+1 次添加的砝码的重量

　　3. 往一个盘中添加完砝码之后，要求这个盘中的所有砝码的重量严格大于另一个盘中砝码的重量

给你一些可用的砝码，以及添加砝码的次数 m(1 ≤ m ≤ 1000)，问是否存在这样一个砝码添加序列，存在子的话输出这个序列

做法分析

动态规划，定义状态：f[i][cur][mor] 表示第 i 次添加的砝码重量是 cur，添加完之后当前盘比另一盘重 mor 的状态是否可达，由于 m 最大为 1000，砝码重量最大为 10，所以状态的数量为 10^5，状态的转移为 10，时间复杂度为 10^6

初值：f[0][i][i]=1 表示第 0 次添加重量为 i 的砝码，添加完之后肯定比另一个空盘多 i，其他状态为 0

转移：f[i][cur][mor] 可以推出 f[i+1][nxt][nxt-mor]，这里要求 cur!=nxt 且 nxt-mor>0

终值：f[m-1][i][j] 只要有一个状态可达，序列存在，往回递归的找解，否则不存在

参考代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N=2006;

bool f[N][11][11];
char buff[111];
int n;

void PRINT(int dep, int cho, int mor) {
    int pre=-1;
    for(int i=1; i<=10 && pre==-1; i++)
        if(f[dep-1][i][cho-mor] && i!=cho) pre=i;
    if(dep==1) printf("%d", pre);
    else PRINT(dep-1, pre, cho-mor);
    printf(" %d", cho);
}

int main() {
    scanf("%s%d", buff, &n);
    memset(f, 0, sizeof f);
    for(int i=1; i<=10; i++) if(buff[i-1]=='1') f[0][i][i]=1;
    for(int i=0; i<n; i++) {
        for(int j=1; j<=10; j++) {
            for(int k=1; k<=10; k++) {
                if(!f[i][j][k]) continue;
                for(int nxt=1; nxt<=10; nxt++) {
                    if(buff[nxt-1]!='1') continue;
                    if(nxt-k<=0) continue;
                    if(nxt==j) continue;
                    f[i+1][nxt][nxt-k]=1;
                }
            }
        }
    }
    int id1=-1, id2=-1;
    for(int i=1; i<=10 && id1==-1; i++)
        for(int j=1; j<=10 && id1==-1; j++) {
            if(f[n-1][i][j]) {
                id1=i, id2=j;
                break;
            }
        }
    if(id1==-1) {
        printf("NO
");
        return 0;
    }
    printf("YES
");
    if(n==1) printf("%d
", id1);
    else PRINT(n-1, id1, id2), printf("
");
    return 0;
}

D. Xenia and Bit Operations

题目大意

给一个长度为 2^n 的数组，现在有 n 个操作，把这个数组变成一个数：

　　1. 如果 i%2==1 那么，把第 1 个和第 2 个按位取或得到新数，把第 3 个和第 4 个按位取或得到新数...

　　2. 如果 i%2==0 那么，把第 1 个和第 2 个按位异或得到新数，把第 3 个和第 4 个按位异或得到新数...

现在给了 m 个询问，每个询问先把第 p 个位置的值改为 q，然后输出按照上面操作得到的数

数据规模：1 ≤ n ≤ 17, 1 ≤ m ≤ 10⁵

做法分析

典型的线段树水题，每个节点保存如下信息

　　1. s t 这个节点表示的区间

　　2. val 这个节点表示的区间按照要求的操作所得到的数

　　3. dep 这个节点的层号

每次 pushup 的时候根据层号 pushup：

　　1. 层号为奇数 fa.val=L.val 按位或 R.val

　　2. 层号为偶数 fa.val=L.val 按位异或 R.val

线段树有 3 个函数：

　　1. build 建树

　　2. update 将某个位置的值修改

　　3. pushup 由儿子节点的 val 计算父亲节点的 val

参考代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int N=200006;

int n, m, A[N];

struct Segment_Tree {
    struct Node {
        int s, t, dep, val;
        void init(int L, int R, int a) {
            s=L, t=R, dep=a, val=A[L];
        }
    } T[N<<2];

    void pushUp(Node &fa, Node &L, Node &R) {
        if(fa.dep&1) fa.val=L.val|R.val;
        else fa.val=L.val^R.val;
    }

    void build(int id, int dep, int L, int R) {
        T[id].init(L, R, dep);
        if(L==R) return;
        int mid=(L+R)>>1;
        build(id<<1, dep-1, L, mid);
        build(id<<1|1, dep-1, mid+1, R);
        pushUp(T[id], T[id<<1], T[id<<1|1]);
    }

    void update(int id, int pos, int val) {
        if(T[id].s==T[id].t) {
            T[id].val=val;
            return;
        }
        int mid=(T[id].s+T[id].t)>>1;
        if(pos<=mid) update(id<<1, pos, val);
        else update(id<<1|1, pos, val);
        pushUp(T[id], T[id<<1], T[id<<1|1]);
    }
} tree;

int main() {
//    freopen("in", "r", stdin);
    scanf("%d%d", &n, &m);
    int old=n;
    n=(1<<n);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &A[i]);
    tree.build(1, old, 1, n);
    for(int i=0, p, q; i<m; i++) {
        scanf("%d%d", &p, &q);
        tree.update(1, p, q);
        printf("%d
", tree.T[1].val);
    }
    return 0;
}

E. Three Swaps

题目大意

给一个序列，初始时为：1、2、3、4、...、n

现在每次操作翻转一个区间的所有数，最多翻转三次，会得到一个新的序列

现在给你新的那个序列，要求你给出一个合法的翻转操作指令，使得从最初的序列变成给你的序列

题目保证存在解，且最多不超过 3 次翻转

做法分析

考虑从当前的序列翻回去

假设 [1, L-1]， [R+1, n] 这两个区间是排好序的，即：A[i]=i，对于 i 属于这两个区间

[L, R] 这个区间是乱序的，即 A[L]!=L 且 A[R]!=R

另 A[Lpos]=L，A[Rpos]=R

那么，每次翻转的时候，有两种选择：

　　1. 翻转 [L, Lpos]

　　2. 翻转 [Rpos, R]

这样做必然能够将序列翻转回去，直接 DFS 即可，最后输出解的时候需要注意：人家问的是怎么翻转到当前的序列哦，好多人的答案反了...

当时猜了个结论就写了，早上醒来想了想证明，挺麻烦的，懒得写了，好饿啊...

参考代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N=10005;

struct node {
    int s, t;
    void init(int a, int b) {
        s=a, t=b;
    }
} ans[10];
int A[10][N], n;

int checkL(int dep) {
    if(A[dep][1]!=1) return 1;
    for(int i=2; i<=n; i++) if(A[dep][i]!=A[dep][i-1]+1) return i;
    return -1;
}

int checkR(int dep) {
    if(A[dep][n]!=n) return n;
    for(int i=n-1; i>=1; i--) if(A[dep][i]!=A[dep][i+1]-1) return i;
    return -1;
}

int findpos(int dep, int val) {
    for(int i=1; i<=n; i++) if(A[dep][i]==val) return i;
}

bool DFS(int dep) {
    if(dep==3) if(checkL(dep)!=-1) return false;
    else {
        printf("%d
", dep);
        for(int i=dep-1; i>=0; i--) printf("%d %d
", ans[i].s, ans[i].t);
        return true;
    }

    int L=checkL(dep), R=checkR(dep);
    if(L==-1 || R==-1) {
        printf("%d
", dep);
        for(int i=dep-1; i>=0; i--) printf("%d %d
", ans[i].s, ans[i].t);
        return true;
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) A[dep+1][i]=A[dep][i];
    int Lpos=findpos(dep+1, L), Rpos=findpos(dep+1, R);

    reverse(A[dep+1]+L, A[dep+1]+Lpos+1);
    ans[dep].init(L, Lpos);
    if(DFS(dep+1)) return true;
    reverse(A[dep+1]+L, A[dep+1]+Lpos+1);

    ans[dep].init(Rpos, R);
    reverse(A[dep+1]+Rpos, A[dep+1]+R+1);
    if(DFS(dep+1)) return true;
    reverse(A[dep+1]+Rpos, A[dep+1]+R+1);

    return false;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &A[0][i]);
    DFS(0);
    return 0;
}

这场比赛总算圆了我 div2 AK 一场的梦，爽，不过，题目的质量确实不怎么样...