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; }
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; }
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; }
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; }
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; }
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; }
// 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; }
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; }
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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