A.Phillip and Trains
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring> #define ll long long using namespace std; int t,n,k,dp[5],r[5]; char s[4][101]; bool ck(int i,int j){//j行i列不可行 return i<n&&s[j][i]!='.'; } int main() { scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=3;i++){ scanf("%s",s[i]); r[i]=dp[i]=s[i][1]=='.'&&s[i][0]=='s'; } for(int t=0,i=1;i<n;i++,t++){ for(int j=1;j<=3;j++)if(!ck(i+t*2,j)){ dp[j+1]=max(r[j],dp[j+1]); dp[j-1]=max(r[j],dp[j-1]); } for(int j=1;j<=3;r[j]=dp[j],j++) if(ck(i+t*2,j)||ck(i+t*2+1,j)||ck(i+t*2+2,j)) dp[j]=0; } if(dp[1]||dp[2]||dp[3])puts("YES"); else puts("NO"); } return 0; }
B - Mr. Kitayuta's Gift
题意：插入一个字符是否能使字符串变成回文串。
题解：长度10，可以暴力枚举所有位置所有字母。我是用O(n)的算法。代码写得比较奇怪。
#include<cstdio> #include<cstring> char s[15]; int main(){ scanf("%s",s); int len=strlen(s),i=0,j; for(;i<len/2&&s[i]==s[len-i-1];i++); if(s[i]!=s[len-i-1]){//如果有不同的 for(j=i;j<len/2&&s[j]==s[len-j-2];j++); //尝试在i前面插入一个s[len-i-1]后是否变成回文 if(j==len/2) printf("%.*s%c%s",i,s,s[len-i-1],s+i); else{ //尝试在len-i-1后面插入一个s[i]是否变成回文 for(j=i+1;j<=len/2&&s[j]==s[len-j];j++); if(j>len/2) printf("%.*s%c%s",len-i,s,s[i],s+len-i); else printf("NA"); } }else printf("%.*s%c%s",len/2,s,s[len/2],s+len/2); //本身是回文，只要中间插入一个s[len/s] return 0; }
D - Vasya and Chess
题意:n*n的棋盘，白棋先动，可以走没走过的位置或吃黑棋，八方向。如果最后谁先不能走就输了。求白棋能否胜利，若能输出她的第一步。
题解：如果n是奇数，白棋走了，黑棋对称着走就可以了。所以黑棋必胜。n是偶数，白棋右走一步后，相当于奇数棋盘的后手了。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int n; int main(){ scanf("%d",&n); if(n%2){ printf("black"); }else printf("white 1 2"); return 0; }
E - Bishops Alliance
题意：n*n的棋盘上有m个主教，告诉你每个主教的x，y坐标，和p值。你可以选取一些主教，使得选择的任意两个主教i和主教j之间满足：在同一对角线上，且$dis（i，j）≥p_i^2+p_j^2+C$，C是告诉你的一个常数，$dis（i，j）=|x_i-x_j|+1$。问最多可以选取多少个主教。
题解：
dp。对于一条对角线上的点按x排序后，dp[i]表示第i个点为最后一个选的点，最多可以取多少个点。
$dis(i,j)=x_i-x_j+1geq p_i^2+p_j^2+C (j<i) $
移项后得
$x_i-p_i^2-C+1geq x_j+p_j^2 ag1 (j<i)$
将该对角线上每个点的$x-p^2-C+1$,$x+p^2$离散化一下。那么dp[i]=dp[j]+1，dp[j]是j 满足（1）的最大的dp值。
所以用树状数组维护一下。
pos(v)表示v是离散后第几大的，qry(x)为最大的dp[j]，其中j满足$x_j+p_j^2$在前x个离散后的值中，且j<i。
所以$dp[i]=qry(pos(x_i-p_i^2-c+1))+1$。
每次求完dp[i]，再update(pos(x+p2),dp[i])，就可以保证qry(x)的j一定<i。
update函数即更新 前x个的最大dp值（x大于等于pos(x+p2)）。
#include<bits/stdc++.h> #define N 270005 #define ll long long using namespace std; vector<pair<int,ll> >dia[N],rdia[N]; int n,m,c,len; int s[N]; ll z[N]; int lowbit(int x){return x&(-x);} int qry(int x){ int ans=0; for(;x;x-=lowbit(x))ans=max(ans,s[x]); return ans; } void update(int x,int v){ for(;x<N;x+=lowbit(x))s[x]=max(s[x],v); } int pos(ll v){ return lower_bound(z,z+len,v)-z; } int solve(vector<pair<int,ll> > &v){ if(!v.size())return 0; len=0; for(int i=0;i<v.size();i++){ ll x=v[i].first,p2=v[i].second; z[len++]=x-p2-c+1; z[len++]=x+p2; } z[len++]=-1e18; sort(z,z+len); len=unique(z,z+len)-z; sort(v.begin(),v.end()); for(int i=0;i<=len;i++)s[i]=0; int ans=0,dp; for(int i=0;i<v.size();i++){ ll x=v[i].first,p2=v[i].second; dp=qry(pos(x-p2-c+1))+1; ans=max(ans,dp); update(pos(x+p2),dp); } return ans; } int main(){ freopen("bishops.in","r",stdin); int t; scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&c); for(int i=0;i<=2*n;i++) dia[i].clear(),rdia[i].clear(); for(int i=0;i<m;i++){ int x,y;ll p; scanf("%d %d %I64d",&x,&y,&p); dia[x+y].push_back(make_pair(x,p*p)); rdia[x-y+n].push_back(make_pair(x,p*p)); } int ans=0; for(int i=0;i<=2*n;i++){ ans=max(ans,solve(dia[i])); ans=max(ans,solve(rdia[i])); } printf("%d ",ans); } return 0; }
F - Guess a number!
题意：四种猜数字方式和两种回答：>=/<=/>/< d Y/N ，给出多个这样的问答，求任意一个符合条件的数字。
题解：二分，改变l的条件是有'>'，回答是Y，或者有<回答是N，可以异或一下。然后是开区间还是闭区间，就看是否有'='，回答是Y，或者没有'='，回答是N，也可以异或一下。注意l和r的初始值。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define inf 2000000000 char s[10]; int n,ans,d,l=-inf,r=inf; void work(int i,int j){ if(i)l=max(l,d+j); else r=min(r,d-j); } int main(){ scanf("%d",&n); while(n--){ scanf("%s %d %c",s,&d,&s[2]); work((s[0]=='>')^(s[2]=='N'),(s[1]=='=')^(s[2]=='Y')); if(l>r)ans=-1; } if(ans==-1)printf("Impossible"); else printf("%d",l); return 0; }