并没有参加。做做里面的题目而已。
A. XORwice
每次给定 (a,b)，求出 $(a (operatorname{xor}) x)+(b (operatorname{xor}) x)$ 的最小值。
将其拆位。假设是两个一，那么我们考虑这一位 (xor 1)。对于其他情况，我们是不需要 (xor 1) 的，因为这不会使答案更差。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;
bool bit(int s,int i) {return (1ll<<i)&s;}
inline int read() {
register int x=0, f=1; register char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();}
return x*f;
}
signed main() {
int T=read();
rep(t,1,T) {
int a=read(), b=read(), x=0;
rep(i,0,30) {
if(bit(a,i)&&bit(b,i)) x+=(1ll<<i);
}
printf("%lld
",(a^x)+(b^x));
}
return 0;
}
B. Putting Bricks in the Wall
给定一个网格图，有点权 (0,1)。请你反转最多 (2) 个点的点权，使得没有任何一条从 ((1,1)) 到 ((n,n)) 的路径上的点权全部相同。
(f(x,y,0/1)) 代表若终点为 ((x,y))，是否有路径点权为 (0/1) 的路径。现在分几种情况。
第一，(f(n,n,0)=f(n,n,1)=1)，我们让 ((n,n-1), (n-1,n)) 变为 (0), (1,2), (2,1)$ 全部变为 (1) 即可。（可以证明这样子只会用两次反转机会）。
第二，(f(n,n,0)=0, f(n,n,1)=1)，若 ((1,2), (2,1)) 中没有 (0)，那么我们把 ((n,n-1), (n-1,n)) 全部变为 (0) 即可；否则我们把 ((1,2), (2,1)) 全部变为 (0)。
第三，(f(n,n,0)=1, f(n,n,1)=0)，和上面反一下即可。
第四，(f(n,n,0)=f(n,n,1)=0)，直接输出 (0)。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;
const int N=209;
int T,n,cnt[2][2];
char c[N][N];
bool f[N][N][2];
vector<pair<int,int> >ans;
void chp(int x,int y,int val) {
if(c[x][y]!=val+'0') ans.push_back(make_pair(x,y));
}
int main() {
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n) scanf("%s",c[i]+1);
f[1][1][0]=f[1][1][1]=1;
rep(i,1,n) rep(j,1,n) if(i!=1||j!=1) {
f[i][j][1]=(f[i-1][j][1]&&c[i-1][j]!='0')||(f[i][j-1][1]&&c[i][j-1]!='0');
f[i][j][0]=(f[i-1][j][0]&&c[i-1][j]!='1')||(f[i][j-1][0]&&c[i][j-1]!='1');
}
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
cnt[0][c[1][2]-'0']++, cnt[0][c[2][1]-'0']++, cnt[1][c[n][n-1]-'0']++, cnt[1][c[n-1][n]-'0']++;
ans.clear();
if(f[n][n][0]&&f[n][n][1]||cnt[0][0]==1&&cnt[0][1]==1&&cnt[1][0]==1) chp(n,n-1,0), chp(n-1,n,0), chp(1,2,1), chp(2,1,1);
else if(f[n][n][1]&&!f[n][n][0]) {
if(c[1][2]!='0'&&c[2][1]!='0') chp(n,n-1,0), chp(n-1,n,0);
else chp(1,2,0), chp(2,1,0);
} else if(f[n][n][0]&&!f[n][n][1]) {
if(c[1][2]!='1'&&c[2][1]!='1') chp(n,n-1,1), chp(n-1,n,1);
else chp(1,2,1), chp(2,1,1);
}
printf("%d
",(int)(ans.size()));
if(ans.size()) rep(i,0,ans.size()-1) printf("%d %d
",ans[i].first,ans[i].second);
}
return 0;
}
C. Palindromifier
生草结论构造题。
可以证明，输出
R n-1
L n
L 2
即可。
D. Hexagons
其实这道题并不难。首先发现我们可以通过对每一个 (c_i) 都松弛一下的方法，之后就可以直接贪心。于是我们直接先松弛 (c_i=min(c_i,c_{i-1}+c_{i+1}))。然后我们可以直接贪心取边。尽可能地选择 (c_4) 和 (c_1) 即可。注意分类讨论。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;
inline int read() {
register int x=0, f=1; register char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();}
return x*f;
}
int t,x,y,c[9];
signed main() {
t=read();
while(t--) {
x=read(), y=read();
rep(i,1,6) c[i]=read();
rep(i,1,6) c[i]=min(c[i],c[i==1 ? 6 : i-1]+c[i==6 ? 1 : i+1]);
if(x>0&&y>0&&x>=y) printf("%lld
",y*c[1]+(x-y)*c[6]);
else if(x>0&&y>0&&x<y) printf("%lld
",x*c[1]+(y-x)*c[2]);
else if(x<0&&y<0&&x>=y) printf("%lld
",-x*c[4]+(x-y)*c[5]);
else if(x<0&&y<0&&x<y) printf("%lld
",-y*c[4]+(y-x)*c[3]);
else if(x<=0&&y>=0) printf("%lld
",-x*c[3]+y*c[2]);
else if(x>=0&&y<=0) printf("%lld
",-y*c[5]+x*c[6]);
}
return 0;
}
E. Swedish Heroes
这道题真的神。
暴力 DP 肯定不行。所以我们观察一下条件。我们可以转化为给每一个数都安排一个正负号，然后统计求和的满足条件的最大值。什么叫做满足条件呢？即存在一种合并的方式，使得得出的结果是这样的一个和。
然后就是神仙 Observation。我们设正着的数量为 (p)，反着的数量为 (q)，则可以发现，其中一个充分条件为 (2p+qmod 3 = 1)。充分条件可以归纳证明。
然后呢？然后有一个很神仙的违背这个条件的例子。+-+-+-.... 等只有加减交错的一个方案。显然这是不可行的。然后，我们发现正反交错是唯一一个违背条件的例子。于是我们大力 DP 即可。
(f(i,r,0/1,0/1)) 代表前 (i) 个数，(2p+qmod 3=r)，第 (i) 个数为负数还是正数，前面是否有非加减交错的存在。
还有一个坑点，(n=1) 的时候直接输出 (a_1)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;
const int N=200009, inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,a[N],f[N][3][2][2];
inline int read() {
register int x=0, f=1; register char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();}
return x*f;
}
void upd(int &x,int y) {x=(x>y ? x : y);}
signed main() {
n=read();
rep(i,1,n) a[i]=read();
if(n==1) return printf("%lld
",a[1]), 0;
rep(i,1,n) rep(r,0,2) rep(p,0,1) rep(q,0,1) f[i][r][p][q]=-inf;
f[1][2][0][0]=-a[1], f[1][1][1][0]=a[1];
rep(i,1,n-1) rep(r,0,2) rep(p,0,1) rep(q,0,1)
upd(f[i+1][(r+2)%3][0][q||!p],f[i][r][p][q]-a[i+1]),
upd(f[i+1][(r+1)%3][1][q|| p],f[i][r][p][q]+a[i+1]);
printf("%lld
",max(f[n][1][0][1],f[n][1][1][1]));
return 0;
}