题目链接：https://codeforces.com/contest/1221
A - 2048 Game
随便搞搞。
B - Knights
题意：在一个n*n的棋盘中，每个格子放一个黑马或者白马。求一种放置方案使得互相攻击的异色马最多。
题解：奇偶染色。
C - Perfect Team
题意：有c个代码手，有m个口胡怪，有x个倒水哥。要求组成尽可能多的三人队，每个三人队至少有一个代码手和一个口胡怪。
题解：首先先把1:1:1的队伍尽可能配出来，这时如果用完了代码手或者口胡怪，就得到了答案。否则是用完了倒水哥。那么两种极端的情况分别是：全部都是2个代码手配1个口胡怪，全部都是1个代码手配2个口胡怪，这两种直接算出来，剩下的总是有办法配出尽可能多的三人队。
void TestCase() {
ll c, m, x;
scanf("%lld%lld%lld", &c, &m, &x);
ll ans = 0;
ll tmp = min(c, m);
if(x >= tmp)
ans += tmp;
else {
ans += x;
c -= x;
m -= x;
tmp = min(c, m);
if(c >= 2 * m)
ans += m;
else if(m >= 2 * c)
ans += c;
else
ans += (m + c) / 3;
}
printf("%lld
", ans);
}
事实上，只需要把c和m强制变成相等，多出来的那些都算作是倒水哥就可以了。
D - Make The Fence Great Again
题意：有一个n个数的数组，把第i个数字ai增加1的代价为bi，可以对任意元素增加任意次。求最小的花费使得整个数组没有临位相同。
题解：看起来只有“临位相同”一个制约条件，那么感觉就是一个dp，而且情况还不多。
猜想：每个元素其实最多被增加1次。
设dp[i][j]表示已经完成前i个元素，且第i个元素增加j次的总花费。
那么：dp[1][0]=0,dp[1][1]=b[1]，这个非常简单。后面的会用到吗？
那么：dp[2][0]=?，若a[1]=a[2]，那么只能从dp[1][1]转移，并且显然没有必要从dp[1][2]转移，若a[1]+1=a[2]，那么显然只能从dp[1][0]转移，并且显然dp[2][2]也没有意义；dp[2][1]=?，若a[1]=a[2]，同理从dp[1][0]转移，若a[1]=a[2]+1，同理从dp[1][1]转移。所以猜想好像是对的？第一个样例都过不了！
但是这个貌似还是有启示，会不会每个元素最多被增加5次呢？
int a[300005], b[300005];
ll dp[300005][6];
void TestCase() {
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
for(int j = 0; j <= 5; ++j)
dp[1][j] = 1ll * j * b[1];
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
for(int j = 0; j <= 5; ++j)
dp[i][j] = LINF;
for(int j = 0; j <= 5; ++j) {
for(int k = 0; k <= 5; ++k) {
if(a[i - 1] + k == a[i] + j)
continue;
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][k] + 1ll * j * b[i]);
}
}
}
ll ans = LINF;
for(int j = 0; j <= 5; ++j)
ans = min(ans, dp[n][j]);
printf("%lld
", ans);
}
通过了，这……
事实上我觉得很有可能最多只会增加2次（因为相邻3个数最多只会占3个连续的位置）。
int a[300005], b[300005];
ll dp[300005][3];
void TestCase() {
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
for(int j = 0; j <= 2; ++j)
dp[1][j] = 1ll * j * b[1];
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
for(int j = 0; j <= 2; ++j)
dp[i][j] = LINF;
for(int j = 0; j <= 2; ++j) {
for(int k = 0; k <= 2; ++k) {
if(a[i - 1] + k == a[i] + j)
continue;
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][k] + 1ll * j * b[i]);
}
}
}
ll ans = LINF;
for(int j = 0; j <= 2; ++j)
ans = min(ans, dp[n][j]);
printf("%lld
", ans);
}
启示：就算猜想是错的，好像也可以得到一些思路，大胆猜想。
*E - Game With String
2400的思维题果然非同一般。
题意：有一个字符串，只由'X'和'.'构成，Alice和Bob轮流选择一段连续的'.'变成相同长度的'X'，Alice每次选择的长度必须是a，Bob每次选择的长度必须是b，保证b<a。求Alice先手是否可以胜利。
题解：首先，红名爷们观察出一个东西：可以把这些连续的'.'转化成数字，然后忽略所有的'X'。（假设 (a<2b) ）然后这些数字x分为下面四种：
type1. $ 1leq x < b$ 这种串大家都不能放，直接忽略。
type2. $ bleq x < a$ 这种串是Alice不能操作，但是Bob可以操作的。只要存在至少一个这样长度的串，无论是Alice先手还是Bob先手，Bob可以把这个串留到type3和type4消耗完之后再操作，这样Alice必败。
type3. $ aleq x < 2b$ 这种串并不是很特别。
type4. (2bleq x) 这种串当Bob先手时，可以直接把开头的b长度留下来，然后从b+1位置开始把[b+1,2b]换成'X'，转化出一个type2和一个随意类型的串，从而Bob达到必胜。
所以，只有当Alice进行一次先手操作之后，既没有type2也没有type4才有机会赢，也就是若存在type4，这一次先手就要消除所有的type4，也就是type4只能最多1个。当有这个机会时，能有用的串就只有type3，这个时候要看type3的数量的奇偶性。
综上所述， (a<2b) 时解法应该是：
- 判断type2存在？存在就直接No。
- 那么type2不存在。判断type4存在？不存在就直接数一数type3的数量的奇偶性，然后Yes/No。
- 那么type2不存在，type4存在。判断type4有至少两个？有至少两个则直接No。
- 那么type2不存在，type4存在且仅存在一条，设其长度为 (len) 。Alice一定会在 ([b,b+a-1]) 的位置放吗？（不一定，看看切出来的后面一段会是什么）
枚举Alice的先手操作的位置，然后若有type2或者type4则只能尝试下一个位置，否则判断新的type3的奇偶性，尝试成功则Yes，否则No。
那么还有一种 (ageq 2b) 的情况，这种情况下分为3种。
type1. $ 1leq x < b$ 这种串大家都不能放，直接忽略。
type2. $ bleq x < a$ 这种串是Alice不能操作，但是Bob可以操作的。只要存在至少一个这样长度的串，无论是Alice先手还是Bob先手，Bob可以把这个串留到type3和type4消耗完之后再操作，这样Alice必败。
type4. (aleq x) 这种串当Bob先手时，可以直接把开头的b长度留下来，然后从b+1位置开始把[b+1,2b]换成'X'，转化出一个type2和一个随意类型的串，从而Bob达到必胜。
也就是说是没有type3，只有一次机会获胜，就是有唯一一段type4，并且存在一种方法使得拿走之后剩下两头都是type1或者长度为0。
char s[300005];
int x[300005], xtop;
void TestCase() {
xtop = 0;
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
scanf("%s", s + 1);
int n = strlen(s + 1);
int cur = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(s[i] == 'X') {
if(cur) {
x[++xtop] = cur;
cur = 0;
}
} else
++cur;
}
if(cur) {
x[++xtop] = cur;
cur = 0;
}
if(a >= 2 * b) {
int cnt_type4 = 0, len = 0;
for(int i = 1; i <= xtop; ++i) {
if(x[i] < b)
continue;
else if(b <= x[i] && x[i] < a) {
puts("NO");
return;
} else if(a <= x[i]) {
++cnt_type4;
len = x[i];
if(cnt_type4 >= 2) {
puts("NO");
return;
}
} else
exit(-1);
}
if(cnt_type4 == 1) {
for(int i = 1; i <= len - a + 1; ++i) {
int len1 = i - 1, len2 = len - (i + a - 1);
if(b <= len1 || b <= len2)
continue;
puts("YES");
return;
}
puts("NO");
return;
} else {
puts("NO");
return;
}
} else {
int cnt_type3 = 0, cnt_type4 = 0, len = 0;
for(int i = 1; i <= xtop; ++i) {
if(x[i] < b)
continue;
if(b <= x[i] && x[i] < a) {
puts("NO");
return;
} else if(a <= x[i] && x[i] < 2 * b)
++cnt_type3;
else if(2 * b <= x[i]) {
++cnt_type4;
len = x[i];
if(cnt_type4 >= 2) {
puts("NO");
return;
}
}
}
if(cnt_type4 == 1) {
for(int i = 1; i <= len - a + 1; ++i) {
int len1 = i - 1, len2 = len - (i + a - 1);
if((b <= len1 && len1 < a) || (b <= len2 && len2 < a))
continue;
if(2 * b <= len1 || 2 * b <= len2)
continue;
int tmp1 = 0, tmp2 = 0;
if(a <= len1 && len1 < 2 * b)
tmp1 = 1;
if(a <= len2 && len2 < 2 * b)
tmp2 = 1;
if((cnt_type3 + tmp1 + tmp2) % 2 == 0) {
puts("YES");
return;
}
}
puts("NO");
return;
} else {
if(cnt_type3 % 2 == 1) {
puts("YES");
return;
} else {
puts("NO");
return;
}
}
}
exit(-1);
}
char s[300005];
int x[300005], xtop;
void TestCase() {
xtop = 0;
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
scanf("%s", s + 1);
int n = strlen(s + 1);
int cur = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(s[i] == 'X') {
if(cur) {
x[++xtop] = cur;
cur = 0;
}
} else
++cur;
}
if(cur) {
x[++xtop] = cur;
cur = 0;
}
if(a >= 2 * b) {
int cnt_type4 = 0, len = 0;
for(int i = 1; i <= xtop; ++i) {
if(b <= x[i] && x[i] < 2 * b) {
puts("NO");
return;
} else if(2 * b <= x[i]) {
++cnt_type4;
len = x[i];
if(cnt_type4 >= 2) {
puts("NO");
return;
}
}
}
if(cnt_type4 == 1) {
if(a <= len && len <= 2 * (b - 1) + a) {
puts("YES");
return;
} else {
puts("NO");
return;
}
} else {
puts("NO");
return;
}
} else {
int cnt_type3 = 0, cnt_type4 = 0, len = 0;
for(int i = 1; i <= xtop; ++i) {
if(b <= x[i] && x[i] < a) {
puts("NO");
return;
} else if(a <= x[i] && x[i] < 2 * b)
++cnt_type3;
else if(2 * b <= x[i]) {
++cnt_type4;
len = x[i];
if(cnt_type4 >= 2) {
puts("NO");
return;
}
}
}
if(cnt_type4 == 1) {
for(int i = 1; i <= len - a + 1; ++i) {
int len1 = i - 1, len2 = len - (i + a - 1);
if((b <= len1 && len1 < a) || (b <= len2 && len2 < a))
continue;
if(2 * b <= len1 || 2 * b <= len2)
continue;
int tmp1 = 0, tmp2 = 0;
if(a <= len1 && len1 < 2 * b)
tmp1 = 1;
if(a <= len2 && len2 < 2 * b)
tmp2 = 1;
if((cnt_type3 + tmp1 + tmp2) % 2 == 0) {
puts("YES");
return;
}
}
puts("NO");
return;
} else {
if(cnt_type3 % 2 == 1) {
puts("YES");
return;
} else {
puts("NO");
return;
}
}
}
exit(-1);
}