[题解]SFMOI Round I A~C

Portal：https://www.luogu.com.cn/contest/179008

\(\bf{100+50+50+25+5=\color{indianred}225}\)\(\bf{\ ,\ rk.\ 184}\)

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A - Strange Cake Game

显然对于小W，向下移动蛋糕刀是最有利的；对于小M，向右移动是最有利的。所以双方以最佳状态移动，最终\(x\le y\)的巧克力是小W的。直接统计输出即可。别忘了开long long。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,k,sum;
signed main(){
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		if(y>=x) sum++;
	}
	cout<<sum;
	return 0;
}

B1 - Strange Madoka Game

我们第一次提问\(x\)，第二次提问\(x+1\)。考虑\(m\)和对方回答的关系。

拿\(x=6\)举例，我们把上图中每个橙色方块称作一个区块。可以发现，第\(1\)个区块的值与对应的模\(7\)的值相差\(0\)，第\(2\)个区块的值与对应模\(7\)的值相差\(1\)（模\(7\)意义下的），第\(3\)个区块则相差\(2\)……

所以我们发现规律：记\(m\bmod x=a,m\bmod (x+1)=b\)，那么在区块大小足够的前提下（将\(x\)设为一个很大的值即可保证区块足够大），\((a-b)\bmod (x+1)\)就是所在区块\(-1\)，自然\(m\)可以表示为\([(a-b)\bmod (x+1)]\times x+a\)。还是注意开long long。

赛时没开long long吃了一发，然后回答没输出感叹号又吃了一发，然后没清空缓冲区又吃了一发（汗

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t;
const int x=399999999;
signed main(){
	cin>>t;
	int a,b;
	while(t--){
		cout<<"? "<<x<<endl;
		cin>>a;
		cout<<"? "<<x+1<<endl;
		cin>>b;
		int chunk=(a-b+x+1)%(x+1);
		cout<<"! "<<chunk*x+a<<endl;
	}
	return 0;
}

B2 - Strange Homura Game

这个题也简单。先提问一个很大的\(x\)（比如\(10^{18}\)），假设对方回答为\(a\)，那么再询问\(x-a-1\)，假设回答为\(b\)，那么\(m=b+1\)。

这是因为\(x\bmod m=a\)，所以\((x-a-1)\bmod m=(m-1)\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t;
signed main(){
	cin>>t;
	int a,b;
	while(t--){
		cout<<"? 1000000000000000000"<<endl;
		cin>>a;
		cout<<"? "<<1000000000000000000-a-1<<endl;
		cin>>b;
		cout<<"! "<<b+1<<endl;
	}
	return 0;
}

C - Strange Train Game

真的好题，思路很巧妙。

我们把所有操作放在一张\(n+1\)个节点的无向图上，将所有\(l_i\)和\(r_i +1\)连边。我们有一个结论：
能够交换区间\([l,r]\)而不对其他下标产生影响，当且仅当\(l\)和\(r+1\)在一个连通块中。
这是因为\(l\)和\(r+1\)在同一连通块中，所以存在\(l\)到\(r+1\)的路径，中途超出的部分一定会抵消回来，最终留下的就是\([l,r]\)的操作。

比如下图，\((1,3),(1,7),(8,10),(6,10)\)这些操作所连成的边处于一个连通块中，那么我们可以交换区间\([4,5]\)而不影响其他下标。

所以我们可以贪心考虑每一个位置\(i\)，如果\(a_i=b_i\)，就忽略掉，否则就找到\(i\)所在连通块中最大的节点\(nxt\)，如果\(nxt=i\)，就说明无法修改当前点，否则贪心地将\([i,nxt-1]\)的所有位置都进行操作。

为什么每次操作\([i,nxt-1]\)能保证正确性？因为\(nxt-1\)是连通块中最大节点，所以如果\(i\)所在连通块的其他节点\(j\)也需要修改，就可以\([j,nxt-1]\)再进行翻转而不影响其他区间。

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define int long long
using namespace std;
int n,m,fa[N];
bool op[N];
string a,b;
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
void merge(int u,int v){
	u=find(u),v=find(v);
	if(u<v) fa[u]=v;
	else if(u>v) fa[v]=u;
}
signed main(){
	cin>>n>>m>>a>>b;
	a=' '+a,b=' '+b;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]==b[i]) fa[i]=i+1;//相当于可以随意交换
		else fa[i]=i;
	}
	fa[n+1]=n+1;
	while(m--){
		int l,r;
		cin>>l>>r;
		merge(l,r+1);
	}
	bool cur=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]==b[i]) continue;
		cur^=op[i],a[i]^=cur;
		int nxt=find(i);
		if(a[i]=='0'&&nxt>i){
			a[i]='1',cur^=1,op[nxt]^=1;
		}//↑前缀和的思想，先从i+1开始异或1，再在nxt处异或回来
	}
	cout<<a.substr(1,n);
}