(n)天没更博了，因为被膜你赛的毒瘤题虐哭了。。。
既然打了这次CF还是纪念一下。
看看NOIP之前，接下来几场的时间都不好。这应该是最后一场CF了，差(4)分上紫也是一个遗憾吧。
A
给一个矩形，每次从外面剥掉一圈，按剥去次序的奇偶分开，问最前(k)个奇数圈的总面积。
普及组题，直接模拟。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
int main(){
LL w,h,k,ans=0;
cin>>w>>h>>k;
while(k--){
ans+=2*(w+h-2);
w-=4;h-=4;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
B
给两个长度为(n)的序列({a},{b})，构造一个长度为(n)的序列({t})使得(t_i|t_{i+1}=a_i,t_i&t_{i+1}=b_i)。
一看到题就想着乱搞，找到一个合法的就直接构造。
不想DFS了，因为感觉如果直接构造WA了的话DFS不是也会TLE么？
然后就过了。。。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=100009;
int n,a[N],b[N],t[N];
bool check(){
for(R i=0;i<n-1;++i){
for(t[i+1]=0;t[i+1]<4;++t[i+1])
if((t[i]|t[i+1])==a[i]&&(t[i]&t[i+1])==b[i])break;
if(t[i+1]==4)return 0;
}
return 1;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n;
for(R i=0;i<n-1;++i)cin>>a[i];
for(R i=0;i<n-1;++i)cin>>b[i];
for(t[0]=0;t[0]<4;++t[0])
if(check()){
puts("YES");
for(R i=0;i<n;++i)printf("%d ",t[i]);
return puts(""),0;
}
puts("NO");
return 0;
}
C
给定正整数(a,b)，找到最大的正整数(s)，要求所有(1-s)的数能被分成两组，第一组的和(le a)，第二组的和(le b)。
又是乱搞。。。
首先(s)有个上限，(frac{s(s+1)}2le a+b)。然后(s)取到上限的时候一定可以构造？
然后把数从大往小丢进(a)里，能丢就丢。剩下的就给(b)了。
然后因为(s)的极限值估计错了数组开小RE一发。然后就过了。如果这里少罚点时应该也能上紫了。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
bool f[70000];
int main(){
RG LL a,b,s,p=0;
cin>>a>>b;
s=(sqrt(8*(a+b)+1)-1)/2.0;
for(R i=s;i;--i)
if(a>=i)a-=i,f[i]=1,++p;
cout<<p<<endl;
for(R i=1;i<=s;++i)if( f[i])printf("%d ",i);puts("");
cout<<s-p<<endl;
for(R i=1;i<=s;++i)if(!f[i])printf("%d ",i);puts("");
return 0;
}
D
给一个(n*n)的字母方阵，可以把(k)个字母改成a，求字典序最小的从((1,1))到((n,n))的路径。
首先，把路径最前面不是a的换成a显然更优。那么如果((1,1))到某个位置的路径上最多有不超过(k)个字母不为a，这个位置可以而且必须改成a。(O(n^2))暴力处理一下就好了。
接着直接开始找。字典序最小怎么办?一开始我这个菜鸡脑袋短路了，问了下神仙( ext{yyb})，“不就是按副对角线转移么？”，瞬间懂了。。。
找字典序最小肯定要在相同长度的情况下贪心。而以同一条副对角线结尾的路径长度当然相同啦！每次字典序最小的都是一个集合，直接用这个集合的所有后继找到下一长度的字典序最小的集合。
调了半天，只是因为最小后继初始化的时候放错了位置。。。后面就没时间杠E了。如果这里少罚点时应该也能上紫了。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=2009;
char s[N][N],ans[N];
int f[N][N],X[2][N],Y[2][N];
bool pr[N][N],vis[N][N];
inline void chkmn(R&x,R y){if(x>y)x=y;}
int main(){
R n,k;
RG char mn;
cin>>n>>k;
for(R i=1;i<=n;++i)cin>>(s[i]+1);
for(R i=1;i<=n;++i)
for(R j=1;j<=n;++j){
f[i][j]=(i==1&&j==1?0:3*N);
if(i!=1)chkmn(f[i][j],f[i-1][j]);
if(j!=1)chkmn(f[i][j],f[i][j-1]);
f[i][j]+=s[i][j]!='a';
if(f[i][j]<=k)s[i][j]='a';
}
R*x1=X[0],*x2=X[1],*y1=Y[0],*y2=Y[1],p1=1,p2=0,x,y;
x1[1]=y1[1]=1;
for(R i=1;i<=2*n;++i){
mn=127;
for(;p1;--p1){
x=x1[p1];y=y1[p1];
if(x<n&&!vis[x+1][y]&&mn>=s[x+1][y]){
if(mn>s[x+1][y])mn=s[x+1][y],p2=1;
else ++p2;
vis[x2[p2]=x+1][y2[p2]=y]=1;
}
if(y<n&&!vis[x][y+1]&&mn>=s[x][y+1]){
if(mn>s[x][y+1])mn=s[x][y+1],p2=1;
else ++p2;
vis[x2[p2]=x][y2[p2]=y+1]=pr[x][y+1]=1;
}
}
swap(x1,x2);swap(y1,y2);swap(p1,p2);
}
for(x=n,y=n;x!=1||y!=1;pr[x][y]?--y:--x)
ans[x+y-2]=s[x][y];
ans[0]=s[1][1];
puts(ans);
return 0;
}
E
给一个(01)序列，每次可以翻转(x,y,z)三个位置的数位（假设(x<y<z)，那么需满足(y-x=z-y) ）,构造总次数不超过(lfloorfrac n 3 floor+12)的操作序列使原序列全变成(0)。
赛场上以为要想fstqwq的星空那题一样异或差分还差分什么的。然后就结束了。
晚上发现了一个有用的思路：从后往前做，第(i)位碰到(1)就做一次((i-2,i-1,i))的操作，最后只会剩下前(3)位，这时候如果还不能直接消掉，就是剩下一个或者两个(1)，而剩两个(1)又可以直接转化成剩一个(1)。
手动模拟，假如只有第一位一个(1)，可以通过((1,4,7)(3,5,7)(3,4,5))把它消掉。这个(1)在第二位、第三位也是一样。那也就是说，如果序列长度大于等于(9)，则一定有解:小于(9)有没有解？直接状压暴搜都够了。
现在问题在于怎样减少操作次数。既然是(frac n 3)，我们自然会想，可不可以只用一次操作就使最后(3)位都归零呢?有一个特例(011)，尝试失败了。接着，我们只好尝试可不可以只用两次操作使最后(6)位归零。经过手动模拟（状态(2^6)，慎用）、打表暴枚之后，我们可以证明尝试成功了。
然后就用打出来的表一个个归零啊，等到序列长度小于(12)的时候，直接开状压BFS暴搜。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=1e5+9,M=99,Q=2099;
int a[N],ax[N],c[M],d[M],id1[M],id2[M],q[Q],dis[Q],pr[Q];
int main(){
R n,p=0,ans=0,x,y;
cin>>n;
for(R i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
for(R i=0;i<6;++i)
for(R j=1;i-2*j>=-6;++j){
c[++p]=i;d[p]=j;
x=1<<i;x|=(x>>j)|(x>>2*j);
if(!id1[x])id1[x]=p;
}
for(R i=1;i<=p;++i)
for(R j=1;j<=p;++j){
x=1<<c[i];x|=(x>>d[i])|(x>>2*d[i]);
y=1<<c[j];y|=(y>>d[j])|(y>>2*d[j]);
if(!id1[x^=y])id1[x]=i,id2[x]=j;
}
id1[0]=id2[0]=0;
for(R i=n-5;i>6;i-=6){
x=0;for(R j=i+5;j>=i;--j)(x<<=1)|=a[j];
ax[i]=x;
if(id1[x]){
R j=i+c[id1[x]],nd=d[id1[x]];
a[j-2*nd]^=1;a[j-nd]^=1;a[j]^=1;++ans;
}
if(id2[x]){
R j=i+c[id2[x]],nd=d[id2[x]];
a[j-2*nd]^=1;a[j-nd]^=1;a[j]^=1;++ans;
}
}
R S=1<<(p=min(n,11));
memset(dis,-1,4*S);
x=0;for(R j=p;j;--j)(x<<=1)|=a[j];
dis[q[0]=x]=0;
for(R h=0,t=0;h<=t;++h){
R x=q[h];if(!x)break;
for(R i=2;i<p;++i)
for(R j=i>>1;j;--j){
y=x^(1<<(i-2*j))^(1<<(i-j))^(1<<i);
if(!~dis[y])dis[q[++t]=y]=dis[pr[y]=x]+1;
}
}
if(!~dis[0])return puts("NO"),0;
printf("YES
%d
",ans+dis[0]);
for(x=0;pr[x];x=pr[x]){
R t=0;
for(y=x^pr[x];~y&1;y>>=1,++t);printf("%d ",++t);
for(y>>=1 ;~y&1;y>>=1,++t);printf("%d ",++t);
for(y>>=1 ;~y&1;y>>=1,++t);printf("%d
",++t);
}
for(R i=n-5;i>6;i-=6){
x=ax[i];
if(id1[x]){
R j=i+c[id1[x]],nd=d[id1[x]];
printf("%d %d %d
",j-2*nd,j-nd,j);
}
if(id2[x]){
R j=i+c[id2[x]],nd=d[id2[x]];
printf("%d %d %d
",j-2*nd,j-nd,j);
}
}
return 0;
}
F
给两个整数(a,b)，每次操作可以对一个数乘上一个质数、或除以它的一个质因数，求使两数约数个数相等的最少操作次数。
显然跟唯一分解有关，把数分解成(prod p_i^{k_i})以后，所有的(k_i)就可以压进状态。然后就搜？DP？最短路？
更麻烦的是状态的上界不好控制。然后这题就咕咕了吧。。。
Div1 E
当计算几何练手题做了，题解戳这儿