Codeforces Round #517 Div. 2/Div. 1

$n$天没更博了，因为被膜你赛的毒瘤题虐哭了。。。

既然打了这次CF还是纪念一下。

看看NOIP之前，接下来几场的时间都不好。这应该是最后一场CF了，差$4$分上紫也是一个遗憾吧。

A

给一个矩形，每次从外面剥掉一圈，按剥去次序的奇偶分开，问最前$k$个奇数圈的总面积。

普及组题，直接模拟。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
int main(){
	LL w,h,k,ans=0;
	cin>>w>>h>>k;
	while(k--){
		ans+=2*(w+h-2);
		w-=4;h-=4;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

B

给两个长度为$n$的序列$\{a\},\{b\}$，构造一个长度为$n$的序列$\{t\}$使得$t_i|t_{i+1}=a_i,t_i\&t_{i+1}=b_i$。

一看到题就想着乱搞，找到一个合法的就直接构造。

不想DFS了，因为感觉如果直接构造WA了的话DFS不是也会TLE么？

然后就过了。。。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=100009;
int n,a[N],b[N],t[N];
bool check(){
	for(R i=0;i<n-1;++i){
		for(t[i+1]=0;t[i+1]<4;++t[i+1])
			if((t[i]|t[i+1])==a[i]&&(t[i]&t[i+1])==b[i])break;
		if(t[i+1]==4)return 0;
	}
	return 1;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>n;
	for(R i=0;i<n-1;++i)cin>>a[i];
	for(R i=0;i<n-1;++i)cin>>b[i];
	for(t[0]=0;t[0]<4;++t[0])
		if(check()){
			puts("YES");
			for(R i=0;i<n;++i)printf("%d ",t[i]);
			return puts(""),0;
		}
	puts("NO");
	return 0;
}

C

给定正整数$a,b$，找到最大的正整数$s$，要求所有$1-s$的数能被分成两组，第一组的和$\le a$，第二组的和$\le b$。

又是乱搞。。。

首先$s$有个上限，$\frac{s(s+1)}2\le a+b$。然后$s$取到上限的时候一定可以构造？

然后把数从大往小丢进$a$里，能丢就丢。剩下的就给$b$了。

然后因为$s$的极限值估计错了数组开小RE一发。然后就过了。如果这里少罚点时应该也能上紫了。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
bool f[70000];
int main(){
	RG LL a,b,s,p=0;
	cin>>a>>b;
	s=(sqrt(8*(a+b)+1)-1)/2.0;
	for(R i=s;i;--i)
		if(a>=i)a-=i,f[i]=1,++p;
	cout<<p<<endl;
	for(R i=1;i<=s;++i)if( f[i])printf("%d ",i);puts("");
	cout<<s-p<<endl;
	for(R i=1;i<=s;++i)if(!f[i])printf("%d ",i);puts("");
	return 0;
}

D

给一个$n*n$的字母方阵，可以把$k$个字母改成a，求字典序最小的从$(1,1)$到$(n,n)$的路径。

首先，把路径最前面不是a的换成a显然更优。那么如果$(1,1)$到某个位置的路径上最多有不超过$k$个字母不为a，这个位置可以而且必须改成a。$O(n^2)$暴力处理一下就好了。

接着直接开始找。字典序最小怎么办?一开始我这个菜鸡脑袋短路了，问了下神仙$\text{yyb}$，“不就是按副对角线转移么？”，瞬间懂了。。。

找字典序最小肯定要在相同长度的情况下贪心。而以同一条副对角线结尾的路径长度当然相同啦！每次字典序最小的都是一个集合，直接用这个集合的所有后继找到下一长度的字典序最小的集合。

调了半天，只是因为最小后继初始化的时候放错了位置。。。后面就没时间杠E了。如果这里少罚点时应该也能上紫了。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=2009;
char s[N][N],ans[N];
int f[N][N],X[2][N],Y[2][N];
bool pr[N][N],vis[N][N];
inline void chkmn(R&x,R y){if(x>y)x=y;}
int main(){
	R n,k;
	RG char mn;
	cin>>n>>k;
	for(R i=1;i<=n;++i)cin>>(s[i]+1);
	for(R i=1;i<=n;++i)
		for(R j=1;j<=n;++j){
			f[i][j]=(i==1&&j==1?0:3*N);
			if(i!=1)chkmn(f[i][j],f[i-1][j]);
			if(j!=1)chkmn(f[i][j],f[i][j-1]);
			f[i][j]+=s[i][j]!='a';
			if(f[i][j]<=k)s[i][j]='a';
		}
	R*x1=X[0],*x2=X[1],*y1=Y[0],*y2=Y[1],p1=1,p2=0,x,y;
	x1[1]=y1[1]=1;
	for(R i=1;i<=2*n;++i){
		mn=127;
		for(;p1;--p1){
			x=x1[p1];y=y1[p1];
			if(x<n&&!vis[x+1][y]&&mn>=s[x+1][y]){
				if(mn>s[x+1][y])mn=s[x+1][y],p2=1;
				else ++p2;
				vis[x2[p2]=x+1][y2[p2]=y]=1;
			}
			if(y<n&&!vis[x][y+1]&&mn>=s[x][y+1]){
				if(mn>s[x][y+1])mn=s[x][y+1],p2=1;
				else ++p2;
				vis[x2[p2]=x][y2[p2]=y+1]=pr[x][y+1]=1;
			}
		}
		swap(x1,x2);swap(y1,y2);swap(p1,p2);
	}
	for(x=n,y=n;x!=1||y!=1;pr[x][y]?--y:--x)
		ans[x+y-2]=s[x][y];
	ans[0]=s[1][1];
	puts(ans);
	return 0;
}

E

给一个$01$序列，每次可以翻转$x,y,z$三个位置的数位（假设$x<y<z$，那么需满足$y-x=z-y$ ）,构造总次数不超过$\lfloor\frac n 3\rfloor+12$的操作序列使原序列全变成$0$。

赛场上以为要想fstqwq的星空那题一样异或差分还差分什么的。然后就结束了。

晚上发现了一个有用的思路：从后往前做，第$i$位碰到$1$就做一次$(i-2,i-1,i)$的操作，最后只会剩下前$3$位，这时候如果还不能直接消掉，就是剩下一个或者两个$1$，而剩两个$1$又可以直接转化成剩一个$1$。

手动模拟，假如只有第一位一个$1$，可以通过$(1,4,7)(3,5,7)(3,4,5)$把它消掉。这个$1$在第二位、第三位也是一样。那也就是说，如果序列长度大于等于$9$，则一定有解:小于$9$有没有解？直接状压暴搜都够了。

现在问题在于怎样减少操作次数。既然是$\frac n 3$，我们自然会想，可不可以只用一次操作就使最后$3$位都归零呢?有一个特例$011$，尝试失败了。接着，我们只好尝试可不可以只用两次操作使最后$6$位归零。经过手动模拟（状态$2^6$，慎用）、打表暴枚之后，我们可以证明尝试成功了。

然后就用打出来的表一个个归零啊，等到序列长度小于$12$的时候，直接开状压BFS暴搜。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=1e5+9,M=99,Q=2099;
int a[N],ax[N],c[M],d[M],id1[M],id2[M],q[Q],dis[Q],pr[Q];
int main(){
	R n,p=0,ans=0,x,y;
	cin>>n;
	for(R i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
	for(R i=0;i<6;++i)
		for(R j=1;i-2*j>=-6;++j){
			c[++p]=i;d[p]=j;
			x=1<<i;x|=(x>>j)|(x>>2*j);
			if(!id1[x])id1[x]=p;
		}
	for(R i=1;i<=p;++i)
		for(R j=1;j<=p;++j){
			x=1<<c[i];x|=(x>>d[i])|(x>>2*d[i]);
			y=1<<c[j];y|=(y>>d[j])|(y>>2*d[j]);
			if(!id1[x^=y])id1[x]=i,id2[x]=j;
		}
	id1[0]=id2[0]=0;
	for(R i=n-5;i>6;i-=6){
		x=0;for(R j=i+5;j>=i;--j)(x<<=1)|=a[j];
		ax[i]=x;
		if(id1[x]){
			R j=i+c[id1[x]],nd=d[id1[x]];
			a[j-2*nd]^=1;a[j-nd]^=1;a[j]^=1;++ans;
		}
		if(id2[x]){
			R j=i+c[id2[x]],nd=d[id2[x]];
			a[j-2*nd]^=1;a[j-nd]^=1;a[j]^=1;++ans;
		}
	}
	R S=1<<(p=min(n,11));
	memset(dis,-1,4*S);
	x=0;for(R j=p;j;--j)(x<<=1)|=a[j];
	dis[q[0]=x]=0;
	for(R h=0,t=0;h<=t;++h){
		R x=q[h];if(!x)break;
		for(R i=2;i<p;++i)
			for(R j=i>>1;j;--j){
				y=x^(1<<(i-2*j))^(1<<(i-j))^(1<<i);
				if(!~dis[y])dis[q[++t]=y]=dis[pr[y]=x]+1;
			}
	}
	if(!~dis[0])return puts("NO"),0;
	printf("YES\n%d\n",ans+dis[0]);
	for(x=0;pr[x];x=pr[x]){
		R t=0;
		for(y=x^pr[x];~y&1;y>>=1,++t);printf("%d ",++t);
		for(y>>=1    ;~y&1;y>>=1,++t);printf("%d ",++t);
		for(y>>=1    ;~y&1;y>>=1,++t);printf("%d\n",++t);
	}
	for(R i=n-5;i>6;i-=6){
		x=ax[i];
		if(id1[x]){
			R j=i+c[id1[x]],nd=d[id1[x]];
			printf("%d %d %d\n",j-2*nd,j-nd,j);
		}
		if(id2[x]){
			R j=i+c[id2[x]],nd=d[id2[x]];
			printf("%d %d %d\n",j-2*nd,j-nd,j);
		}
	}
	return 0;
}

F

给两个整数$a,b$，每次操作可以对一个数乘上一个质数、或除以它的一个质因数，求使两数约数个数相等的最少操作次数。

显然跟唯一分解有关，把数分解成$\prod p_i^{k_i}$以后，所有的$k_i$就可以压进状态。然后就搜？DP？最短路？

更麻烦的是状态的上界不好控制。然后这题就咕咕了吧。。。

Div1 E

当计算几何练手题做了，题解戳这儿