Codeforces Round #764 (Div. 3)
Codeforces Round #764 (Div. 3)
TMD，div3也能被暴打....呜呜呜！
写完了D，就卡壳了，真的是遇到困难睡大觉，真的去睡觉了...
E. Masha-forgetful
先来看E题，目标就是用一些字符串的某些区间去表示一个目标串。要求区间的长度至少为2.
我就说cf的构造题有意思吧。考虑倘若一个合法的可能解，那么他表示的这些区间，一定能分解为长度为2,3的小区间。所以我们只对目标串中的长度为2,3的小区间进行匹配，之后可以做一下DP去覆盖整个字符串即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
int t,n,m,id2[N],l2[N],id3[N],l3[N],l[N],r[N],id[N];
char s[N],c[N][N];
bool f[N];
inline void clear()
{
for(int i=0;i<=m;++i)
{
id2[i]=0;l2[i]=0;
id3[i]=0;l3[i]=0;
f[i]=0;
}
f[0]=true;
}
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",c[i]+1);
scanf("%s",s+1);
clear();
for(int i=1;i<m;++i)
{
bool flag=false;
for(int j=1;j<=n;++j)
{
for(int k=1;k<m;++k)
{
if(s[i]==c[j][k]&&s[i+1]==c[j][k+1])
{
id2[i]=j;l2[i]=k;
flag=true;break;
}
}
if(flag) break;
}
}
for(int i=1;i<m-1;++i)
{
bool flag=false;
for(int j=1;j<=n;++j)
{
for(int k=1;k<m-1;++k)
{
if(s[i]==c[j][k]&&s[i+1]==c[j][k+1]&&s[i+2]==c[j][k+2])
{
id3[i]=j;l3[i]=k;
flag=true;break;
}
}
if(flag) break;
}
}
for(int i=0;i<m;++i)
{
if(f[i]&&id2[i+1]) f[i+2]=true;
if(f[i]&&id3[i+1]) f[i+3]=true;
}
if(!f[m]) {puts("-1");continue;}
int tot=0,s=m;
while(s)
{
if(f[s-2])
{
id[++tot]=id2[s-1];
l[tot]=l2[s-1];
r[tot]=l[tot]+1;
s-=2;
}
else
{
id[++tot]=id3[s-2];
l[tot]=l3[s-2];
r[tot]=l[tot]+2;
s-=3;
}
}
printf("%d\n",tot);
for(int i=tot;i>=1;--i) printf("%d %d %d\n",l[i],r[i],id[i]);
}
return 0;
}
G. MinOr Tree
接下来看最后一题，这个题题意也很简单：求或起来的最小生成树。
记得之前做过在一堆数中找到两个数使得他们或起来最大或最小。和这个题方法一模一样...真的是记忆力....
首先位运算我们都是可以一位一位考虑的，然后从最高位考虑，看最高位能否为0，这个时候检查下，最高位为0的边，我们能否联通接口，接下来一位位的往下做即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int T,n,m,f[N],vis[N];
struct bian{int x,y,v;}b[N];
inline int getf(int x){return f[x]==x?x:f[x]=getf(f[x]);}
inline bool check(int md)
{
for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
if(!vis[i]||((1<<md)&b[i].v)!=0) continue;
int t1=getf(b[i].x),t2=getf(b[i].y);
if(t1!=t2) f[t1]=t2;
}
int st=getf(1);
for(int i=1;i<=n;++i) if(getf(i)!=st) return false;
return true;
}
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
scanf("%d%d%d",&b[i].x,&b[i].y,&b[i].v);
vis[i]=1;
}
int ans=0;
for(int i=30;i>=0;--i)
{
if(check(i))
{
for(int j=1;j<=m;++j) if((1<<i)&b[j].v) vis[j]=0;
}
else ans+=1<<i;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
F. Interacdive Problem
f的交互题也不难，因为他给的数据，n为1000，询问次数最多为10，而2^10=1024.这不明摆着二分吗？但这个10次着实是把二分卡到了极致，不能有一次是多余的。考虑%n的同余系上找答案。每次回答的答案只给x/n的值，那么通过这次与上次的值是否相同，我们可以得到余数是否跨越了一个n。通过这样，每次将余数所在的区间缩小一般。而关于二分，一定注意边界条件控制好。代码简单，就是...啧啧啧
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n;scanf("%d",&n);
int l=1,r=n-1;
int last=0;
while(l<r)
{
int mid=l+r>>1;
printf("+ %d\n",n-1-mid);
fflush(stdout);
int x;scanf("%d",&x);
if(x==last) r=n-1,l=r-(mid-l);
else l=0,r=r-mid-1;
last=x;
}
printf("! %d\n",last*n+l);
fflush(stdout);
return 0;
}
