Codeforces Round #614 (Div. 2)

A. ConneR and the A.R.C. Markland-N (CF 1293 A)

题目大意

$n$层楼，每层都有个餐厅，但有$k$个餐厅不开放，分别在$a_i$层，$Colin\ "ConneR"\ Neumann\ Jr$在第$s$层，现在他要去吃午饭，问他去餐厅最小的跨楼层是多少？

解题思路

$n$巨大但$k$很小，用$set$储存$a_i$，拿两个指针从$s$往上往下扫到没有关闭的餐厅的即可。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int kase; cin>>kase;
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        int n,s,k;
        cin>>n>>s>>k;
        set<int> qwq;
        for(int u,i=1;i<=k;++i){
            cin>>u;
            qwq.insert(u);
        }
        int l=s;
        int r=s;
        while(true){
            if (l>=1) if (qwq.find(l)!=qwq.end()) --l; else break;
            if (r<=n) if (qwq.find(r)!=qwq.end()) ++r; else break;
        }
        int ans=0;
        if (l==0) ans=r-s;
        else if (r==n+1) ans=s-l;
        else ans=min(s-l,r-s);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

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B. JOE is on TV! (CF 1293 B)

题目大意

初始$n$个对手，答题，答错出局，某个回合，还有$s$个对手，若该回合有$t$个对手答错，则你可以获得$\dfrac{t}{s}美元$。问你可能获得的最大美元数是多少？

解题思路

经过数次枚举我们可以猜想每次一个人答错，最终获得的美元数最多，以下为证明：

设当前有$t$位选手，若当前回有$s(s > 1)$位选手答错，则获得的美元为$\dfrac{s}{t}$，由于$\dfrac{1}{t-i} > \dfrac{1}{t}(i \geq 1)$，故$\sum\limits_{i=0}^{s-1}\dfrac{1}{t-i} > \sum\limits_{i=0}^{s-1}\dfrac{1}{t}=\dfrac{s}{t}$，所以每次$1$位选手答错时最终所得的美元数是最大的。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
int main(void) {
    int n;
    read(n);
    double ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) ans+=1.0/(double)(n-i+1);
    printf("%.6f\n",ans);
    return 0;
}

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C. NEKO's Maze Game (CF 1293 C)

题目大意

给定一个$2*n$的矩形格子，你要从$(1,1)$走到$(2,n)$，有$q$个时刻，第$i$个时刻，$(r_i,c_i)$的格子的状态会翻转，即从可走变不可走，或者不可走变可走。初始所有格子可走，问每一个时刻后，你能否从$(1,1)$走到$(2,n)$。

解题思路

注意到不能达到的不可走格子分布只有两种，第一种是某一列的两个格子都不可走，第二种是相邻列的不同行格子都不可走，分别统计这两种的分布的数量，大于$0$则不可到达，否则可以到达。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
const int N=1e5+8;
 
int val[2][N],cnt,n,q;
 
int main(void) {
    read(n);
    read(q);
    val[0][0]=val[1][0]=val[0][n+1]=val[1][n+1]=-1;
    for(int r,c,i=1;i<=q;++i){
        read(r);
        read(c);
        r--;
        val[r][c]^=1;
        if (val[r][c]==1&&val[r^1][c]==1) ++cnt;
        if (val[r][c]==0&&val[r^1][c]==1) --cnt;
        if (val[r][c]==1&&val[r^1][c-1]==1) ++cnt;
        if (val[r][c]==0&&val[r^1][c-1]==1) --cnt;
        if (val[r][c]==1&&val[r^1][c+1]==1) ++cnt;
        if (val[r][c]==0&&val[r^1][c+1]==1) --cnt;
        if (cnt) puts("No"); else puts("Yes");
    }
    return 0;
}

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D. Aroma's Search (CF 1293 D)

题目大意

给定一个坐标，有好多数据包，初始数据包在位置$(x_0,y_0)$处，之后的数据包由递推式$x_n=a_x\times x_{n-1}+b_x,y_n=a_y\times y_{n-1}+b_y$给出，第$i$个数据包编号为$i$，坐标为$(x_i,y_i)$。$Aroma\ White$的初始位置是$(x_s,y_s)$，它可以上下左右移动$t$次，问他最多能搜集到多少数据包。

解题思路

注意到$a_x,a_y,b_x,b_y$都大于$0$，那些数据包的坐标会越来越大，它们的距离也会越来越大，故当$Aroma\ White$到达某个数据包时，显然我们是往标号小的数据包去跑是最好的。第$i$个数据包和第$i-1$个数据包的曼哈顿距离为$(a_x-1)*x_{i-1}+b_x+(a_y-1)*y_{i-1}+b_y$，极端情况下即是$a_x=a_y=2,b_x=b_y=0$的时候，这时候距离就是$x_{i-1}+y_{i-1}$，由于$t\leq 10^{16}$，所以数据包的坐标我们就枚举到$10^{16}$即可，由于递推式里坐标是指数级增长的，枚举到的数据包最多也就$\log_2{10^{16}}\approx 53$个，妥妥$O({53}^2)$暴力枚举第一个到达的数据包编号贪心求数量取最大值即可。注意如果先到达第$k$个数据包，最后到了第$0$个数据包还可以继续移动的话，还要继续枚举第$k+1$个数据包及以上看能否到达。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
 
const LL N=10000000000000000ll+8;
 
vector<pair<LL,LL>> pos;
 
int check(int x,LL xs,LL ys,LL t){
    int cnt=0;
    for(int i=x;i>=0;--i){
        LL dis=abs(pos[i].first-xs)+abs(pos[i].second-ys);
        if (dis<=t){
            t-=dis;
            xs=pos[i].first;
            ys=pos[i].second;
            ++cnt;
        }
        else return cnt;
    }
    int len=pos.size();
    for(int i=x+1;i<len;++i){
        LL dis=abs(pos[i].first-xs)+abs(pos[i].second-ys);
        if (dis<=t){
            t-=dis;
            xs=pos[i].first;
            ys=pos[i].second;
            ++cnt;
        }
        else return cnt;
    }
    return cnt;
}
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    LL x0,y0,ax,ay,bx,by;
    cin>>x0>>y0>>ax>>ay>>bx>>by;
    LL xs,ys,t;
    cin>>xs>>ys>>t;
    pos.push_back(make_pair(x0,y0));
    while(x0<N||y0<N){
        if (x0>=ax*x0+bx) break;
        x0=ax*x0+bx;
        if (y0>=ay*y0+by) break;
        y0=ay*y0+by;
        pos.push_back(make_pair(x0,y0));
    }
    int ans=0;
    int len=pos.size();
    for(int i=0;i<len;++i)
        ans=max(ans,check(i,xs,ys,t));
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

~~第一次交MLE怀疑人生？？我就53个点怎么MLE？？后来发觉是long long溢出导致枚举数据包停不下来了~~

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