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比赛的时候 前面时间浪费的有点多 写这道题的时候 没剩多少时间了。
随便设了一个状态 就开始做了。
果然需要认真的思考。其实 从我的状态的状态转移中可以看出所有的结论。
这里 就不再赘述我那个爆零代码了.
一下把 有价值的东西简称为1 无价值的东西简称为 0
结论1:容易想到 答案一定是0,1串。考虑证明 当不存在k这个限制的时候 在先手 两次拿到1之间 后手一定可以拿到一个1 否则后手就拿先手的第二个1.
考虑存在k的时候 到达k之前有Vf>=Vs 如果此时前面的都选了 那么和上述局面一样。
如果没有选够 若此时Vf+1==Vs 那么此时必然后手为先手 那么根据上述局面 后手此时最多比先手多1 然后和之前抵消掉就变成0了。
反之 还是先手为先手 那么和上述局面一致。
所以先手最多比后手多拿1个.
结论2：显然先手不会拿0物品 那么那样转换先后手了 且自己价值没有增加且局面更差.
结论3：先手遇到1就会拿 如果没有拿 那么跟刚才的局面一样 且自己的价值降低了 拿的话局面不会比不拿差.
至此可以得到先手的策略 有1就拿遇到0就跳。
不需要得到后手的策略 因为只有先手拿过 后手才能拿 且此时后手变成先手。
当存在有k的情况 我们已知了 先手一定拿1遇到0跳过 此时 后手有拿0的机会且局面不会更差。
如果后手有一个不拿0 那么其实答案可以直接计算出来 即 到达k时前面的1的个数的奇偶性。
但是 可能后手有可能拿0 此时就是博弈问题了 我们不知道后手究竟拿不拿0.
一个dp 设f[i][j]表示对于[i,n]k值为j的胜者是先手还是后手0/1。对于先手的胜利显然为Vf-Vs=1 对于后手的胜利显然为Vf-Vs=0.
这样 利用刚才的先手的策略很容易退出状态转移方程. 暴力dp 就得到了40 points.
const int MAXN=5010;
int n,Q;
int f[MAXN][MAXN];
char a[MAXN];
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
gt(n);gt(Q);gc(a);
fep(n,1,i)
{
rep(1,n-i+1,j)
{
if(a[i]=='1')f[i][j]=f[i+1][j-1]^1;
else
{
if(j==n-i+1)f[i][j]=f[i+1][j-1];
else f[i][j]=min(f[i+1][j-1],f[i+1][j]);
}
}
}
rep(1,Q,i)put(f[1][read()]);
return 0;
}
由于状态是01 可以利用bitset来进行优化。
这样可以获得60 points.
const int MAXN=100010;
int n,Q;
char a[MAXN];
bitset<MAXN>s;
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
gt(n);gt(Q);gc(a);
fep(n,1,i)
{
if(a[i]=='1')s=(s<<1).flip(),s[0]=0;
else
{
int ww=s[n-i];
s=(s<<1)&s;
s[n-i+1]=ww;
}
}
rep(1,Q,i)
{
int x;gt(x);
int ww=s[x];
put(ww);
}
return 0;
}
100分的话需要利用平衡树来优化这个过程 不过我不太会写.
先咕了.