• 2019 西电ACM校赛网络赛 题解

        今年题目难度有较大提升，总体与往年类似，数学题居多。以下为我通过的部分题解。

        赛题链接：http://acm.xidian.edu.cn/contest.php?cid=1053

    A - 上帝视角

    我也没去过澳门赌场，不熟悉什么筹码之类。看完题有点懵，但毕竟是签到题。

    题目大概是隐含了总筹码数量相同这一条件，然后每个人开始的筹码都是一样的。给你一组每个人手上筹码的局面，然后有q组询问，让你判断现在局面是否合法，其中一个人赢了还是输了。

    比较简单，废话不多说直接上代码：

    #include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll arr[1010], qi[1010];
int main()
{
    int n, m, q;
    ll total = 0;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++)
        cin>>arr[i], total += arr[i];
    cin>>q;

    for(int i=0;i<q;i++)
        cin>>qi[i];

    if(total%n)
        cout<<"you ren chu qian?
";
    else {
        total /= n;
        for(int i=0;i<q;i++)
            if(arr[qi[i]-1]>total) cout<<"jian hao jiu shou!
";
            else if(arr[qi[i]-1]<total) cout<<"ji shi zhi sun!
";
            else cout<<"wei shi bu wan!
";
    }
    return 0;
}
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    B - Shocking! Two Acmer Doing This In The Lab!

    感觉太复杂了，一直没做，AC了再来更新吧。大概就是一个思维题。

    C - XY之说走就走的旅行

    简单的BFS，开始题目看错了，以为求min(disA+disB)，交上去WA了一发，再看题发现是求min(max(disA, disB));

    因为偷懒用一个数组存（i,j)到两地的最大距离，不明不白WA了半天。。。思考问题一定要考虑周全啊！！！

    #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;

int n, m;
char mp[220][220];
int s1x, s1y, s2x, s2y, k;
bool vis[220][220];
int dis[220][220];
const int dx[]={0, 0, 1, -1};
const int dy[]={1, -1, 0, 0};
struct node{
    int x, y;
    int step;
    node(int xx=0, int yy=0, int s=0):x(xx), y(yy), step(s){}
} sta[220];
void bfs(int t, int x, int y)
{
    vis[x][y] = 1;
    queue<node> q;
    q.push(node(x, y, 0));
    while(q.size()) {
        node now = q.front(); q.pop();
        for(int i=0;i<4;i++) {
            int nx = now.x+dx[i];
            int ny = now.y+dy[i];
            if(nx>=0 && nx<n && ny>=0 && ny<m && !vis[nx][ny] && mp[nx][ny]!='#') {
                vis[nx][ny] = 1;
                if(mp[nx][ny]=='P') {
                    if(t==0) dis[nx][ny] = now.step+1;
                    else if(dis[nx][ny])
                        dis[nx][ny] = max(now.step+1, dis[nx][ny]);
                }
                q.push(node(nx, ny, now.step+1));
            }

        }
    }
}
int main()
{
    while(cin>>n>>m)
    {
        k = 0;
        getchar();
        for(int i=0;i<n;i++) {
            scanf("%s", mp[i]);
            for(int j=0;mp[i][j];j++)
                if(mp[i][j]=='P') sta[k].x = i, sta[k++].y=j;
                else if(mp[i][j]=='X') s1x = i, s1y = j;
                else if(mp[i][j]=='Y') s2x = i, s2y = j;
        }
        memset(dis, 0, sizeof(dis));
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        bfs(0, s1x, s1y);
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        bfs(1, s2x, s2y);

        int x, ans = 10000000;
        for(int i=0;i<k;i++)
            if(dis[sta[i].x][sta[i].y] && dis[sta[i].x][sta[i].y]<ans)
                x = i, ans = dis[sta[x].x][sta[x].y];
        cout<<sta[x].x+1<<' '<<sta[x].y+1<<endl;
    }

    return 0;
}
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    D - 武举考试安排表

    这题难点在于读懂题目，然后就是要打表找规律。直白说比赛安排表类似一个数独，添上一行123...N的表头代表队员编号的话，那么整个表就有N行N列。我们要使每行每列都有1~N，并且要找到一个字典序最小的方案。

    第一天我很天真地以为，简单把123...N的排列每次循环左移就能得到字典序最小的安排表。WA了三次后，在纸上排一遍发现还能有更优的排法，排表过程中要用到dfs，复杂度O(22N），就扔到一边没管了。

    过了两天根据Wu找的规律几分钟写了代码就直接AC了，哈哈哈。预处理n=10的安排表，查询O(1)，总的时间复杂度O(220+T)。

    #include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int ans[1024][1024];
const int num[] = {1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048};
void pre()
{
    ans[0][0] = ans[1][1] = 1;
    ans[0][1] = ans[1][0] = 2;

    int s = 2;
    while(s<1024) {
        for(int i=s;i<2*s;i++)
        for(int j=0;j<s;j++)
            ans[i][j] = s+ans[i-s][j];

        for(int i=0;i<s;i++)
        for(int j=s;j<2*s;j++)
            ans[i][j] = s+ans[i][j-s];

        for(int i=s;i<2*s;i++)
        for(int j=s;j<2*s;j++)
            ans[i][j] = ans[i-s][j-s];
        s *= 2;
    }
}
int main()
{
    pre();
    for(int i=0;i<32;i++) {
        for(int j=0;j<32;j++)
            printf("%2d ", ans[i][j]);
        cout<<endl;
    }
    int T; cin>>T;
    int n, m, x;
    while(T--)
    {
        scanf("%d %d %d", &n, &m, &x);
        if(m<1||m>num[n]||x<1||x>num[n]-1)
            cout<<"Wrong Query!
";
        else {
            cout<<ans[x][m-1]<<endl;
        }

    }
    return 0;
}
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    E - 最后一个

    一眼扫去这不就是Nim博弈吗？然后就快速写了个Nim和，交上去就WA了。再细看发现结束的规则不一样，取走最后的石子者为败家。想了半天还是不太会博弈，既然状态有限，就写了记忆化搜索，调试好样例交上就AC了。

    #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int s[7][7][7][7][7][7];  // s=0 败  s=1 胜
int solve(int a, int b, int c, int d, int e, int f)
{
    if(a+b+c+d+e+f==1) return 0;
    if(s[a][b][c][d][e][f]!=-1)
        return s[a][b][c][d][e][f];

    for(int i=1;i<=a;i++)
        if(solve(a-i, b, c, d, e, f)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1;
    for(int i=1;i<=b;i++)
        if(solve(a, b-i, c, d, e, f)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1;
    for(int i=1;i<=c;i++)
        if(solve(a, b, c-i, d, e, f)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1;
    for(int i=1;i<=d;i++)
        if(solve(a, b, c, d-i, e, f)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1;
    for(int i=1;i<=e;i++)
        if(solve(a, b, c, d, e-i, f)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1;
    for(int i=1;i<=f;i++)
        if(solve(a, b, c, d, e, f-i)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1;

    return s[a][b][c][d][e][f]=0;

}
int arr[6];
int main()
{
    memset(s, -1, sizeof(s));
    s[0][0][0][0][0][0] = 1;
    int n;
    while(scanf("%d", &n)!=EOF) {
        memset(arr, 0, sizeof(arr));
        for(int i=0;i<n;i++)
            scanf("%d", &arr[i]);

        printf("%s
", solve(arr[0],arr[1],arr[2],arr[3],arr[4],arr[5])?"orzwym6912":"orzwang9897");
    }
    return 0;
}
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    网上查阅了相关的题，理解了这个规则其实同样可以用Nim和来解决，只需要特殊判断全部堆都是1的情况。因为在Nim博弈中，最后一步要取走全部石子，那么本题对于必胜者也可以少取走一颗石子，那么也是必胜。但是如果每堆只有一颗石子，就无法按照Nim博弈的进行最优取法。显然有偶数个为1的堆为必胜态，那么问题就解决了。

    #include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d", &n)!=EOF) {
       int ans = 0, k;
        bool flag = 1; int cnt = 0;
        while(n--) {
            scanf("%d", &k);
            if(k==0) continue;

            if(k!=1) flag = 0;
            else cnt++;
            ans ^= k;
        }
        if(!flag)
            printf("%s
", ans==0?"orzwang9897":"orzwym6912");
        else
            printf("%s
", cnt&1?"orzwang9897":"orzwym6912");
    }
    return 0;
}
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    F - 背包弹夹平底锅

    通过找规律+oeis.org归纳出公式，最后发现了这题主要是得到第二类斯特林数。结果就是s(n, i)*i!/n^m。

    那么怎么求s(n, i)呢？查阅资料得知这个跟组合数有相似的递推性质，可以在O(n2)时间内求出s(n, i)。此题n,m<100000,显然不行。

    翻了好多篇博客，都提到要用快速傅里叶变换，然后就自闭了。

    （待补。。。）

    G - 小鸟的修路计划

    这题就是求有n个不同节点的连通图的种类。

    开始自己手算了递推式，样例都算不对，只好百度借鉴了别人的公式。

    写好快速幂+组合数WA了好多次，debug很久，一度怀疑幂运算取模出错了，要用那啥费马小定理。最后比对别人的输出才突然注意到三个ll相乘会溢出的重大bug。。。

    先预处理，T次查询直接输出结果，时间复杂度O(m2+T)。

    #include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

const ll mod=1000000007;
ll C[1010][1010], f[1010];
ll pow_mod(ll a, ll x)
{
    ll res = 1;
    while(x) {
        if(x&1) res = (res*a)%mod;
        a = (a*a)%mod;
        x >>= 1;
    }
    return res;
}
ll Cn2(int n)
{
    return (ll)n*(n-1)/2;
}
void solve()
{
    for(int i=0;i<1010;i++)
    C[i][i] = C[i][0] = 1;

    for(int i=1;i<1010;i++)
    for(int j=1;j<=i;j++) {
        C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1])%mod;
    }

    f[1] = f[2] = 1;
//    f[3] = 4;
    for(int n=3;n<1010;n++) {
        for(int i=1;i<n;i++)
            f[n] = (f[n] + ((C[n-1][i-1]*f[i])%mod * pow_mod(2, Cn2(n-i))%mod))%mod;

        f[n] = ((pow_mod(2, Cn2(n))-f[n])%mod+mod)%mod;
    }
}

int main()
{
    int T; cin>>T;
    solve();
    while(T--) {
        int m; scanf("%d", &m);
        printf("%lld
", f[m]);
    }
    return 0;
}
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    // 2的C(n,2)次方我为什么要用组合数。。。

    H - 超长递增序列

    一个简单技巧题被我硬生生用二分法暴力求解，一直TLE到怀疑人生。（虽说复杂度O(T*2n*logn)很勉强的样子）

    由于a1 + a2 + ... + ai <= a(i+1)，那么对于K，我们从后往前查找，如果a(i+1)<=K，不取a(i+1)的话就无法选择前i项使总和为K，所以a(i+1)必选。因此不断往前贪心即可。

    时间复杂度O(T*n)

    #include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll arr[44], K;

ll pow2(ll a, int x)
{
    ll res = 1;
    while(x) {
        if(x&1) res *= a;
        a *= a;
        x >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    int T, n; scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d %lld", &n, &K);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%lld", &arr[i]);

        int i=n;
        ll res = 0;
        while(K>0) {
            while(i>=1 && arr[i]>K) i--;
            if(i<1) break;
            else
                K -= arr[i], res += pow2(2, i);
        }
        if(K==0)
            printf("%lld
", res);
        else
            printf("-1
");
    }
    return 0;
}
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     I - 两数和

    题意：给了n个数两两之间C(n,2)组和，求出原数列，如有多组，输出字典序最小的解。

    假设有a1<=a2<=a3<=... <=an，可以得到最小和一定是a1+a2，次小和一定是a1+a3。（仔细想想是不是）

    那么如果我们假设第三小的和是a2+a3的话，前三个数就确定了。显然接下来最小的和就是a1+a4，求出a4，删去a2+a4,a3+a4，那么最小的就是a1+a5，依次类推，a5，a6，... ，都能计算出来。

    但问题没这么简单。

    我们其实无法确定a1+a4,a1+a5,..., a1+an与a2+a3的大小顺序。可以肯定的是，a2+a3的值一定在这n-3+1=n-2组最小值之中。

    所以采用穷举并检验后续能否全部算出，时间复杂度O(T*n3)，可行。

    PS. 注意n=2的特殊处理。

    // 考虑到每次检验失败都要重新传入n*(n-1)/2组值，感觉会拖慢时间，自作聪明将multiset<ll>传引用，结果WA了半天还不知道哪出错了。。。

    // 对于要在函数内进行修改且不需要返回更新值的变量，还是不要想当然传引用了。。。

    #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef multiset<ll>::iterator msPt;
int n;
ll ai, a[120];
bool solve(ll c1, ll c2, ll c3, multiset<ll> S)
{
    if((c1+c2+c3)%2)
        return 0;

    if(c1+c3<=c2||c1+c2<=c3)
        return 0;

    a[1] = (c1+c2-c3)/2;
    a[2] = (c1+c3-c2)/2;
    a[3] = (c2+c3-c1)/2;

    for(int i=4;i<=n;i++) {
        a[i] = *S.begin()-a[1]; S.erase(S.begin());

        for(int j=2;j<i;j++) {
            if(S.find(a[j]+a[i])==S.end())
                return 0;
            else
                S.erase(S.find(a[j]+a[i]));
        }
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%lld%c", a[i], n==i?'
':' ');
    return 1;
}


int main()
{
    int T; cin>>T;
    while(T--) {
        scanf("%d", &n);
        if(n==2) {
            scanf("%lld", &ai);
            if(ai>1)
                printf("1 %lld
", ai-1);
            else
                printf("Impossible
");

            continue;
        }

        multiset<ll> S;
        for(int i=0;i<n*(n-1)/2;i++) {
            scanf("%lld", &ai);
            S.insert(ai);
        }
        ll c1 = *S.begin(); S.erase(S.begin());
        ll c2 = *S.begin(); S.erase(S.begin());
    //    ll c3 = *S.begin(); S.erase(S.begin());

        vector<ll> C3;
        for(msPt it = S.begin(); C3.size()<n-2&& it!=S.end();it++)
            if(C3.size() && *it==C3[C3.size()-1]) continue;
            else
                C3.push_back(*it);

         bool flag = 0;
        for(int i=0;i<C3.size();i++) {
            S.erase(S.find(C3[i]));
            if(!solve(c1, c2, C3[i], S)) {
                   S.insert(C3[i]);
            } else {
                flag = 1;
            }
        }
        if(!flag)
            printf("Impossible
");
        
    }
    return 0;
}
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    J - 垒箱子

    哈哈不会，据说需要各种暴力+建图。我还是好好掌握prim啊、dijkstra啊这种再来吧。。。

    K - 签到

    到了传说中的签到题，好几天都一直没人做。读完题发现就是求解三个球面的交点问题，可以直接联立方程求解。

    为了体现出它不是一个数学问题，我尝试用计算几何的思维，二分两平面的交线。WA了十来次才发现连输出要求都没注意。改过后仍然WA。。。

    最后还是用数学方法解方程通过的。赛后题解提供了五六种思路，我尝试了两种二分都失败了，改日再研究计算几何。。。

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