A. XORwice

题意

给出两个正整数 (a、b)，计算 ((a oplus x) + (b oplus x)) 的最小值。

题解

[egin{equation} a+b = a oplus b + ((a & b)<<1) end{equation} ]

[egin{equation} (a oplus x) + (b oplus x) = ((a oplus x) oplus (b oplus x)) + (((a oplus x) & (b oplus x))<<1) end{equation} ]

[ = (a oplus b) + (((a oplus x) & (b oplus x))<<1) ]

显然存在 (x)（事实上 (x = a & b)）使得 (((a oplus x) & (b oplus x)) = 0) 。
所以 ((a oplus x) + (b oplus x) ge a oplus b) 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        cout << (a ^ b) << "
";
    }
    return 0;
}

B. Putting Bricks in the Wall

题意

有一个 (01) 方阵，起点和终点分别位于左上角和右下角，每次只能选择一条 (0) 路径或 (1) 路径到达终点。
现在要使起点终点不连通，最多可以反转两个方格，输出任一方案。

题解

如果不能连通，最简单的方案就是使得左上角和右下角相邻四个方块的状态为 (0011) 或 (1100) 。
所以枚举两种状态，如果需要更改的次数小于等于 (2) 输出即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<string> MP(n);
        for (auto &x : MP) cin >> x;
        string s;
        (((s += MP[0][1]) += MP[1][0]) += MP[n - 2][n - 1]) += MP[n - 1][n - 2];
        for (string t : {"0011", "1100"}) {
            vector<pair<int, int>> v;
            if (s[0] != t[0]) v.emplace_back(1, 2);
            if (s[1] != t[1]) v.emplace_back(2, 1);
            if (s[2] != t[2]) v.emplace_back(n - 1, n);
            if (s[3] != t[3]) v.emplace_back(n, n - 1);
            if (v.size() <= 2) {
                cout << v.size() << "
";
                for (auto [x, y] : v) cout << x << ' ' << y << "
";;
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

C. Palindromifier

题意

给出一个字符串 (s_1s_2 dots s_{n-1}s_n)，每次操作有两种选择：

将 (s_2s_3 dots s_i(i le n-1)) 反转后添加到字符串左侧
将 (s_is_{i+1} dots s_{n-1}(i ge 2)) 反转后添加到字符串右侧
最多操作 (30) 次，给出使得字符串为回文字符串的操作过程。

题解

以某一端为对称中心构造即可。
如：12345 就以 5 为中心对称构造
12345
212345
2123454321
21234543212

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    string s;
    cin >> s;
    cout << 3 << "
";
    cout << 'L' << ' ' << 2 << "
";
    cout << 'R' << ' ' << 2 << "
";
    cout << 'R' << ' ' << 2 * s.size() - 1 << "
";
    return 0;
}

D. Hexagons

题意

给出：

(x+1) 的花费 (c_6)
(x+1, y+1) 的花费 (c_1)
(y+1) 的花费 (c_2)
(x-1) 的花费 (c_3)
(x-1, y-1) 的花费 (c_4)
(y-1) 的花费 (c_5)

计算从 ((0,0)) 走到 ((x,y)) 的最小花费。

题解

计算一下六个方向的最小花费，然后分类讨论即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        long long x, y;
        cin >> x >> y;
        long long c1, c2, c3, c4, c5, c6;
        cin >> c1 >> c2 >> c3 >> c4 >> c5 >> c6;
        c1 = min(c1, c2 + c6);
        c2 = min(c2, c1 + c3);
        c3 = min(c3, c2 + c4);
        c4 = min(c4, c3 + c5);
        c5 = min(c5, c4 + c6);
        c6 = min(c6, c1 + c5);
        if (x >= 0 and y >= 0) {
            if (x > y) 
                cout << y * c1 + (x - y) * c6 << "
";
            else 
                cout << x * c1 + (y - x) * c2 << "
";
        } else if (x <= 0 and y <= 0) {
            if (x > y) 
                cout << -x * c4 + (x - y) * c5 << "
";
            else
                cout << -y * c4 + (y - x) * c3 << "
";
        } else if (x >= 0 and y <= 0) {
            cout << x * c6 - y * c5 << "
";
        } else if (x <= 0 and y >= 0) {
            cout << -x * c3 + y * c2 << "
";
        }
    }
    return 0;
}