A. There Are Two Types Of Burgers
题意：
给一些面包，鸡肉，牛肉，你可以做成鸡肉汉堡或者牛肉汉堡并卖掉
一个鸡肉汉堡需要两个面包和一个鸡肉，牛肉汉堡需要两个面包和一个牛肉
求能得到的最多的钱
直接贪心，哪个比较贵就选哪个做，剩下的材料再做另一个
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e5+7; int T,n,a,b,va,vb; int main() { T=read(); while(T--) { n=read(),a=read(),b=read(); va=read(),vb=read(); if(va>vb) { int t=min(a,n/2); printf("%d ",va*t+vb*min(b,(n-t*2)/2)); } else { int t=min(b,n/2); printf("%d ",vb*t+va*min(a,(n-t*2)/2)); } } return 0; }
题意：
给一个矩阵，求把一个空矩阵进行一些操作后能否得到给定矩阵
操作为选择一个 $2*2$ 的子矩阵并把里面的数全部变成 $1$，不要求最少次数，如果能则输出具体操作
显然枚举所有左上角看看能不能操作，能的话就尽量操作
最后判断一下是否得到给定矩阵就行了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=1007; int n,m,a[N][N],b[N][N]; vector <int> X,Y; int main() { n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) a[i][j]=read(); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { if(a[i][j]&&a[i+1][j]&&a[i][j+1]&&a[i+1][j+1]) { X.push_back(i); Y.push_back(j); b[i][j]=b[i+1][j]=b[i][j+1]=b[i+1][j+1]=1; } } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) if(a[i][j]&&!b[i][j]) { printf("-1 "); return 0; } int ans=X.size(); printf("%d ",ans); for(int i=0;i<ans;i++) printf("%d %d ",X[i],Y[i]); return 0; }
题意：
铺水管，需要支柱和管道，各有价格，从 $0$ 铺到 $n$ 求最小花费
管道高度可以为 $1$ 或 $2$，高度为 $1$ 时只要一个支柱，为 $2$ 时要两个，管道高度变化的时候要格外一个管道
某些位置强制管道高度为 $2$
显然考虑 $dp$，设 $f[i][0/1]$ 当前铺到位置 $i$ ，高度为 $1,2$ 时的最小花费，转移显然，具体看代码，注意$long long$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e5+7; const ll INF=1e18; int T,n,va,vb; char s[N]; ll f[N][2]; int main() { T=read(); while(T--) { n=read(),va=read(),vb=read(); scanf("%s",s+1); f[0][0]=vb; f[0][1]=INF;//初始高度必须为1 for(int i=1;i<=n;i++) { f[i][0]=min(f[i-1][0]+va+vb,f[i-1][1]+va*2+vb); f[i][1]=min(f[i-1][0]+va*2+vb*2,f[i-1][1]+va+vb*2); if(s[i]=='1'||s[i+1]=='1') f[i][0]=INF; } printf("%lld ",f[n][0]); } return 0; }
题意：
给一个数列 $a$ ，求合法排列方案数，不合法指 $a$ 的某一排列中某一维单调不减
见计数想容斥
先考虑一个很 $naive$ 的东西，给一个数列求单调不减的排列数，值同样的数也看成不同的
显然每个值互相之间不能交换，只能同一个值之间乱换，同一个值的贡献就是 这个值的所有数全排列，整个数列的答案就是每个值贡献乘法原理乘起来
回到原问题，数列变成两维了，感觉合法不好求，考虑求出不合法的方案
显然答案就是：全排列方案数 减 强制一个不合法方案数 加 两个都不合法方案数，然后就变成求单调不减的排列数了
两个都不合法的方案数也很好求，具体看代码
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=6e5+7,mo=998244353; int n; ll fac[N],ans; struct dat{ int a,b; }d[N]; inline bool cmp1(const dat &A,const dat &B) { return A.a!=B.a ? A.a<B.a : A.b<B.b; } inline bool cmp2(const dat &A,const dat &B) { return A.b!=B.b ? A.b<B.b : A.a<B.a; } int main() { n=read(); fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) d[i].a=read(),d[i].b=read(),fac[i]=fac[i-1]*i%mo; ans=fac[n];//全排列 sort(d+1,d+n+1,cmp1); ll t=1; int cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(i==1||d[i].a==d[i-1].a) cnt++; else t=t*fac[cnt]%mo,cnt=1; } t=t*fac[cnt]%mo; ans-=t;//第一维不合法 sort(d+1,d+n+1,cmp2); t=1; cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(i==1||d[i].b==d[i-1].b) cnt++; else t=t*fac[cnt]%mo,cnt=1; } t=t*fac[cnt]%mo; ans-=t;/*第二维不合法*/ t=1; cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(i==1||(d[i].a==d[i-1].a&&d[i].b==d[i-1].b)) cnt++; else t=t*fac[cnt]%mo,cnt=1; if(i!=1&&d[i].a<d[i-1].a) t=0;//注意可能不存在两维同时不减的情况 } t=t*fac[cnt]%mo; ans+=t;//两维都不合法 printf("%lld ",(ans%mo+mo)%mo); return 0; }
人生第一道交互题 $2333$
让你猜一个 $[0,2^{14}-1]$ 的数，你只能询问两次，每次你给出 $100$ 个数，系统会在你给的 $100$ 个数里面随便找一个值 $v$ 并返回答案与 $v$ 的异或值
要如何通过两次询问确定这个答案，询问时你给出的所有数必须互不相同
考虑一下如果能全给出 $0$ ，那么答案很显然，这样问一次就够了
考虑先确定答案二进制下的前半段，那么我们只要给出 $100$ 个二进制下高的 $7$ 位全为 $0$ 的数，不论系统返回什么值，高位的 $7$ 位就一定能确定
然后我们再问低位的 $7$ 位，同样给出 $100$ 个二进制下 低的 $7$ 位全为 $0$ 的数即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; int ans; int main() { cout<<"? "; for(int i=1;i<=99;i++)cout<<i<<" "; cout<<100<<endl; int t; cin>>t; ans=t>>7; cout<<"? "; for(int i=1;i<=99;i++) cout<<(i<<7)<<" "; cout<<(100<<7)<<endl; int res; cin>>res; ans=(ans<<7)|(res ^ ((res>>7)<<7) ); cout<<"! "<<ans<<endl; return 0; }
题意：
给一个长度为 $5*10^5$ 的数列，初始全为 $0$，进行不超过 $5*10^5$ 次询问
把某个位置值加上一个数，或者询问所有 位置模 $x$ 意义下等于 $y$ 的位置的数值之和
发现如果 $x$ 一直很大，那么我们直接暴力枚举即可，如果 $x$ 一直很小，我们只要随便开个二维数组维护一下就行
考虑分类讨论一下，把询问分成大的和小的，大的就暴力枚举，小的就从二维数组里面查询
分界点取 $sqrt {n}$ 或者某个差不多的数即可，复杂度 $O(n sqrt {n})$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=5e5,M=800; int n; ll A[N+1],sum[M+1][M+1]; int main() { n=read(); int opt,a,b; for(int i=1;i<=n;i++) { opt=read(),a=read(),b=read(); if(opt==1) { A[a]+=b; for(int i=1;i<=M;i++) sum[i][a%i]+=b; } if(opt==2) { if(a>M) { ll ans=0; for(int i=b;i<=N;i+=a) ans+=A[i]; printf("%lld ",ans); } else printf("%lld ",sum[a][b]); } } return 0; }
比赛的时候竟然没看出来 $woc$，[NOI2011]阿狸的打字机 了解一下，差不多的做法
佛了