Educational Codeforces Round 81 + Gym 102267

UPD：变色了！！！历史最高1618~

Educational Codeforces Round 81 (Rated for Div. 2)

The 2019 University of Jordan Collegiate Programming Contest

 

充实的一天，打两场可还行。补的一些题记录一下。

 

edu81

Educational Codeforces Round 81 (Rated for Div. 2)

还不知道上分还是掉分，还挺可惜的，被B卡了没做出来，C也调了一会儿答案的更新，反而是D做的很快，D直接秒了嘻嘻，大半夜的挺高兴。要是没出CD就血掉分勒。

赛后hack三个别人的B，才知道edu的hack不加分，为啥子勒？、

 

b.Infinite Prefixes

这题我自己光判断-1的条件就想错了，什么情况有无限的？只有当每个循环节的贡献产出为0（ 我们记循环节贡献产出为cir），并且一个循环节内有符合的答案，就是无限个。

 

这个不难理解，就是存在某个或者某些位置有答案，并且之后的每个循环节的这个位置都依然有答案。

那怎么保证别的情况的答案不是无限呢？这也可以理解(赛中的我没有意识到)，如果某个位置的答案符合，那么 cir 或正或负必然会将别的循环节的这个数给搞得不一样。

然后口胡证明完毕。经过这样的思考，我们就发现，一般的情况来说（cir不为0），每个位置最多只有一次答案。

只需观察是否有 k*cir+cur==x  k>=0.

cur表示遍历到当前位置的值 cnt0-cnt1的值。k>=0也是必要的。

然后我这里也搞的很失败， 我一直用的 x%cir==cur？这样的 在x与cir正负不一致的情况，十分的混乱而难搞，无法保证正确性，而且无法保证k的非负性。

（个人理解，有兴趣也可以查阅下对负数取模的问题，我看了感觉稍微明白了一些，都是向0取整，正确性似乎可以，k的非负性的就无法保证了）

不过可以把这个式子稍微改写下，就是  ( (x-cur )%cir ==0  && (x-cur)/cir >= 0 )  用这样一个式子 就非常的完美啦。 保证是倍数，保证有串长不会负(滑稽。

hack别人的时候很多人特判正负的情况，其实还蛮麻烦的我感觉。

 

然后老生常谈 puts 不要和关同步的cin cout混用，我补的时候puts("-1")那里出大问题。开同步习惯了， 时间不紧的题好像可以不用关同步。关同步反而限制了我用printf 和puts

代码 

#include <bits/stdc++.h>
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#else
#define debug(x)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;

void solve()
{
    int n,x;
    string s;
    cin>>n>>x>>s;
    int sum=0;
    for(int i=0;i<s.size();++i)
    {
        if(s[i]=='0') sum++;
        else sum--;
    }
    int cur=0,ans=0;
    if(x==0) ans++;
    for(int i=0;i<s.size();++i)
    {
        if(s[i]=='0') cur++;
        else cur--;
        if(!sum)
        {
            if(cur==x)
            {
                cout<<-1<<endl;
                return;
            }
        }
        else if((x-cur)%sum==0 && (x-cur)/sum>=0)
            ans++;
    }
    cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

 

C.Obtain The String   思路就是记录每个字母依次出现的位置，然后对于目标串的每个字符去二分查找，更新位置信息，（这里我ans的更新和cur的位置写炸了，调了几十分钟。。。）

D.Same GCDs  我眼中的欧拉函数裸题嘻嘻，数论专题没白做，C和D提交只差5min，zdnb。可惜赛后证明不来，只能口胡。。。

 

Jodran

The 2019 University of Jordan Collegiate Programming Contest

 

 

挺有趣的比赛哈哈，水题够多，也有有趣的题和idea.做了8题，补了E和J。

D.Robots Easy，一个机器人的，虽然我自己是疯狂特判模拟移动的，想起来好蠢，还写了好一会儿，思路没那么灵巧。

其实你不用动态更新维护当前的位置，1000次移动以内随便可以自己构造，保证他的启动位置到你的预设地点就行。

比如预设使得他到左下角，不停往左下移动即可，然后随便搞了。

 

E.Robots Hard  ，四个机器人的，赛后补的，难度比上面那个大挺多，你要控制四个机器人同时移动，同时达到那四个目标点。

在模拟这个过程中，我感觉就在玩pokomon的滑冰或者水流圈，就是卡墙，卡间距和位置的感觉，嘻嘻。

建议还是自己手玩构造。我思路预设使得到左下角，成四个竖起来的。然后再卡。不太好描述，可以在原图上根据代码来画一下。

#include <bits/stdc++.h>
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#else
#define debug(x)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    string s;
    for(int i=0;i<24;++i) s+="DL";
    for(int i=0;i<4;++i)
    {
        s+="UUULLDDDLLL";
    }
    s+="UURRRRRRRRRRRRLLDDRULURRRRRRRDRRRRDLLUUUUU";
    int n;
    cin>>n;
    while(n--)
    {
        int x;
        cin>>x>>x>>x>>x>>x>>x>>x>>x;
        cout<<s.size()<<endl;
        cout<<s<<endl;
    }
    return 0;
}

 

 

F.Arena Olympics  ，视野夹角拓扑序，就要按视野夹角建图，在跑个拓扑排序输出顺序即可。主要是建图，我自己又if else 特判了情形。挺不错的题。

 

J.Zoo   ，上海zoo...我对题面的理解有问题，导致做不了，一直玩不出第二个样例，主要是我一直认为 a->a+1->a画了三步，我数的是点数，那咋做的对。。。

然后可以递推计数，参看题解，毫无破绽的想法，dp[i][j]表示当前i路线的长度，j表示当前的sum，往前走则j+1，往后走则j-1，当前的状态由前一个长度的 j-1，j+1转移来。

最后求的是第二维为0的和。然后在把限制条件都加上。路线i最多到长度m，j最小为0（不能超出范围a）最多到min(i,k)，就结束了。 最后乘2n，n个位置，a的头尾选法。

贴个代码

#include <bits/stdc++.h>
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#else
#define debug(x)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;

ll dp[2020][2020];
//第一维表示路线长度 第二维表示当前和
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int n,k,m;
    cin>>n>>k>>m;
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        for(int j=0;j<=min(i,k);++j)
        {
            if(j) dp[i][j]=(dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j+1])%mod;
            else dp[i][j]=dp[i-1][j+1];
        }
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        ans+=dp[i][0];
        ans%=mod;
    }
    ans*=2*n;
    ans%=mod;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

 

K.Birthday Puzzle 基本都是2^n枚举子集水过，然后这题看题解由于或运算的特别性可以O(n)，准确来说是O(log(ai)*n)来做，非常优秀。

注意到或运算，只有当选出来的子集中，二进制这位上全部为0，才会没有这个位上的贡献，然后可以统计二进制为0的位的个数。

统计答案时，对于某个二进制位， （ n个数所有的子集个数 - 由这位上都是0的数组成的子集个数）*这位的权值

就结束了。

复杂度 2^n --> n 优化好大

然后其实 n大起来 一定是要对某个数取模的。。。就要用快速幂来算了。

#include <bits/stdc++.h>
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#else
#define debug(x)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;

int a[MAXN];
int zero[32];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;++i) cin>>a[i];
    for(int i=0;i<31;++i)
    {
        for(int j=0;j<n;++j)
        {
            if(!(a[j] & 1<<i))
                zero[i]++;
        }
    }
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<31;++i)
        ans+=(((1ll<<n)-1)-((1ll<<zero[i])-1))*(1ll<<i);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

G线段树，F字符串构造 好像很难，我是不会补的~~~

结束了，逃