Technocup 2019 - Elimination Round 2 解题报告

对应场次为 CF1031

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A. Golden Plate

gild 镀金

题目大意

给定一个 $n\times m(1\le n,m\le 100)$ 的矩形 你需要铺 $k$ 圈黄金地砖
其中最外面那圈为第一层 然后隔一层再铺一圈为第二层 就像这样

显然 第 $i$ 层地砖的长宽分别为 $n-4\times (i-1),m-4\times (i-1)$ （题干给的）
你需要计算一共要铺多少个地砖
保证 $k$ 圈地砖都能铺上

Solution

通过观察不难发现 一个 $n\times m$ 的矩形外层有 $(n+m-2)\times 2$ 个地砖
然后用题干中给的式子计算每一层的长宽即可

点击查看代码

/*
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

inline int read() {
	int xr = 0, F = 1;
	char cr;
	while (cr = getchar(), cr < '0' || cr > '9') if (cr == '-') F = -1;
	while (cr >= '0' && cr <= '9') 
		xr = (xr << 3) + (xr << 1) + (cr ^ 48), cr = getchar();
	return xr * F;
}

void write(ll x) {
	char ws[51];
	int wt = 0;
	if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
	do {
		ws[++wt] = x % 10 + '0';
		x /= 10;
	} while (x);
	for (int i = wt; i; --i) putchar(ws[i]);
}

namespace steven24 {
		
int n, m, k;
int ans;

void main() {
	n = read(), m = read(), k = read();
	for (int i = 1; i <= k; ++i) {
		int w = n - 4 * (i - 1);
		int h = m - 4 * (i - 1);
		ans += (w + h - 2) * 2;
	}
	write(ans), putchar('\n');
}	
	
}

int main() {
	steven24::main();
	return 0;
}

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B. Curiosity Has No Limits

denote 表示

题目大意

给定两个长为 $n-1(2\le n\le {10}^5)$ 的序列 $a$ 和 $b$
构造一个长为 $n$ 的序列 $t$ 使得 $a_i=t_i\text{ | }{t}_{i+1},b_i=t_i\text{ \& }{t}_{i+1}$
如无合法方案 输出 'NO'
$0\le a_i,b_i,t_i\le 3$

Solution

解法一：
假设 $0\le a_i,b_i,t_i\le 1$ 直接暴力分讨 $a_i,b_i,t_i$ 的八种情况以及对应的 $t_{i+1}$ 的值

• $t_i=0,a_i=0,b_i=0$ 有 $t_{i+1}=0$
• $t_i=1,a_i=0,a_i=0$ 无解
• $t_i=0,a_i=0,b_i=1$ 无解
• $t_i=1,a_i=0,b_i=1$ 无解
• $t_i=0,a_i=1,b_i=0$ 有 $t_{i+1}=1$
• $t_i=1,a_i=1,b_i=0$ 有 $t_{i+1}=0$
• $t_i=0,a_i=1,b_i=1$ 无解
• $t_i=1,a_i=1,b_i=1$ 有 $t_{i+1}=1$
  发现如果确定了 $t_1$ 的值 那么整个 $t$ 数组都唯一确定
  推广到 $0\le a_i,b_i,t_i\le 3$ 的情况 我们枚举 $t_1$ 的值 然后对每一位做这个即可

解法二：
有这样一个规律：$t_i\text{ | }{t}_{i+1}+t_i\text{ \& }{t}_{i+1}=t_i+t_{i+1}$
所以枚举 $t_1$ 的值直接做即可
但是此时要注意 通过递推式 $t_i=a_{i-1}+b_{i-1}-t_i$ 得到 $t_i$ 在其中 $a_i$ 与 $b_i$ 的地位是等价的（即可以互换） 但是我们要钦定 $a_i$ 为并 $b_i$ 为交 所以我们还要判一下 $t_i\text{ | }{t}_{i-1}=a_{i-1}$

点击查看代码

/*
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

inline int read() {
	int xr = 0, F = 1;
	char cr;
	while (cr = getchar(), cr < '0' || cr > '9') if (cr == '-') F = -1;
	while (cr >= '0' && cr <= '9') 
		xr = (xr << 3) + (xr << 1) + (cr ^ 48), cr = getchar();
	return xr * F;
}

void write(ll x) {
	char ws[51];
	int wt = 0;
	if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
	do {
		ws[++wt] = x % 10 + '0';
		x /= 10;
	} while (x);
	for (int i = wt; i; --i) putchar(ws[i]);
}

namespace steven24 {
		
const int N = 1e5 + 0721;
int a[N], b[N], t[N];
int n;

bool check(int st) {
	t[1] = st;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		t[i] = a[i - 1] + b[i - 1] - t[i - 1];
		if (t[i] < 0 || t[i] > 3) return 0;
		if ((t[i] & t[i - 1]) != b[i - 1]) return 0;
	}
	return 1;
}

void main() {
	n = read();
	for (int i = 1; i < n; ++i) a[i] = read();
	for (int i = 1; i < n; ++i) b[i] = read();
	
	for (int i = 0; i <= 3; ++i) {
		if (check(i)) {
			puts("YES");
			for (int j = 1; j <= n; ++j) write(t[j]), putchar(' ');
			return;
		}
	}
	puts("NO");
}	
	
}

int main() {
	steven24::main();
	return 0;
}

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C. Cram Time

enumerate 枚举，列举

*1600的紫

题目大意

给定一个 $a(0\le a\le {10}^9)$ 和 $b(0\le b\le {10}^9)$
构造一个方案 使第一天选取 $n$ 个数 第二天选取 $m$ 个数 满足：

• 这 $n+m$ 个数不重复
• 第一天 $n$ 个数之和在 $a$ 以内 第二天 $m$ 个数之和在 $b$ 以内
• 使 $n+m$ 最大
  输出构造方案

Solution

注意一个问题 设 $ans=n+m$ 时 选取的数集为 $[1,ans]$ 时一定是最优的
考虑把其中任何一个数换成 $ans+1$ 一定会使要求更苛刻
所以我们首先可以通过前缀和直接求出 $ans$

考虑如何分配方案 设 $[1,ans]$ 的前缀和为 $sum$
第一天的范围显然是 $[sum-b,a]$
我们直接贪心的从大到小枚举这 $ans$ 个数 能加则加 过了 $sum-b$ 就停止
剩下的全丢给第二天即可

点击查看代码

/*
首先用a+b求出和的上限 然后线性累加求出ans 
从大到小考虑 加上它小于等于a则选 如果当前大于等于ans-b就跳出 
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

inline int read() {
	int xr = 0, F = 1;
	char cr;
	while (cr = getchar(), cr < '0' || cr > '9') if (cr == '-') F = -1;
	while (cr >= '0' && cr <= '9') 
		xr = (xr << 3) + (xr << 1) + (cr ^ 48), cr = getchar();
	return xr * F;
}

void write(ll x) {
	char ws[51];
	int wt = 0;
	if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
	do {
		ws[++wt] = x % 10 + '0';
		x /= 10;
	} while (x);
	for (int i = wt; i; --i) putchar(ws[i]);
}

namespace steven24 {

const int N = 1e5 + 0721;
bool vis[N];
int a, b;
int n, m;
ll ans, maxn;

void main() {
	a = read(), b = read();
	maxn = a + b;
	ll sum = 0;
	for (int i = 1; 1; ++i) {
		if (sum + i <= maxn) {
			sum += i;
			ans = i;
		} else break;
	}
	
	ll sum1 = 0;
	for (int i = ans; i; --i) {
		if (sum1 >= sum - b) break;
		if (sum1 + i <= a) {
			vis[i] = 1;
			++n;
			sum1 += i;
		}	
	}
	
	m = ans - n;
	write(n), putchar('\n');
	for (int i = 1; i <= ans; ++i) if (vis[i]) write(i), putchar(' ');
	putchar('\n');
	write(m), putchar('\n');
	for (int i = 1; i <= ans; ++i) if (!vis[i]) write(i), putchar(' ');
	putchar('\n');
}	
	
}

int main() {
	steven24::main();
	return 0;
}

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D. Minimum path

obtain 获得
append 附加

*1900 的紫

题目大意

给定一个 $n\times n(1\le n\le 2000)$ 的字符数组 并给定一个 $k(0\le k\le n^2)$ 表示你可以更改这个字符数组中的 $k$ 个元素
询问从 $(1,1)$ 出发走到 $(n,n)$ 只能向右或向下走 路径上构成的字典序最小的字符串是什么

Solution

神似之前有套模拟赛的 T1
考虑修改操作 显然把一段前缀非'a'全改成'a'是最优的 所以我们直接设 $f_{i,j}$ 表示走到 $(i,j)$ 并且把路径上非'a'全改成'a'需要更改几次
那么就有

• $f_{i,j}=min(f_{i-1,j}+f_{i,j-1}),m{p}_{i,j}{=}^{\prime }{a}^{\prime }$
• $f_{i,j}=min(f_{i-1,j}+f_{i,j-1}),otherwise$

然后我们把所有 $f_{i,j}\le k$ 且 $i+j$ 最大的格子推入队列
进行 bfs 每次将能扩展到的字符最小的若干个格子都打上标记 然后推入队列
统计答案时 直接从 $(n,n)$ 倒着走 不断地走有标记的格子即可