暑假集训D24 2023.8.22 contest I
C.City Folding
题意:有一个由 \(2^n\) 条等长线段组成的线,你可以进行 \(n\) 次 对折 ,可以从左向右对折或从右向左对折,给出初始时线段的编号 \(P\) ,问如何对折 \(n\) 次才能使对折后该线段恰好在从下往上数第 \(H\) 层?
\(\operatorname{Solution}\) 构造
可以倒过来考虑这个过程（即从最后一次折叠开始）。
如果H在纸的上半部分，那么在这步之前，它一定在折叠上去的那一半,反之则不在折叠的那一半,那么我们可以得出，对于每一步，我们是否应该折叠H所在的部分.记 \(step[i]\) 表示第 \(i\) 步时,初始数字 \(p\) 是否在被折叠的那一半.
//判断第idx步时,是否应该折叠 数字p 所在的那一半
idx = n;
dep = pow(2,n);//记录第idx步时纸张的高度
for(int i = h;dep>1;idx--)
{
if(i>dep/2)//在上半部分,一定是被折叠上去的.
{
i = dep - i +1;//得到原始位置
step[idx] = 1;
}
//若在下半部分,则step[idx] = 0
dep/=2;
}
如果在这个时刻，这个位置应该是将被折叠的一半的一部分(位置大于纸张高度的一半)，那么如果初始数字 \(p\) 在左边，答案为L，相反，如果它不在折叠的一半上，答案为 R ,用异或可以简化代码.
不要忘记，每当我们将一部分折叠在另一部分的顶部时，其元素的顺序就会颠倒。(虽然感觉这个没啥用)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
signed main()
{
int n,p,h;
cin>>n>>p>>h;
int step[100]={0};
int idx = n;
int dep = pow(2,n);
for(int i = h;dep>1;idx--)
{
if(i>dep/2)
{
i = dep - i +1;
step[idx] = 1;
}
dep/=2;
}
char c[2] = {'L','R'};
string res;
for(int i = 1;i<=n;i++)
{
int len = pow(2,n-i+1);
res+=c[(step[i]^(p<=len/2))];
p%=len/2;
if(p==0)p = len/2;
if(step[i])
{
p = len/2 - p+1;
}
// cout<<step[i]<<" "<<p<<endl;
}
// cout<<endl;
cout<<res;
return 0;
}
时间复杂度 \(O(n)\)
D.Daily Trips
\(\operatorname{Solution}\)
签到题.按照题意模拟即可,如果下一次要去的站点没有伞或者当前天气在下雨就让当前站点雨伞数--,目的的雨伞数++即可.同时输出带伞 or 不带伞
K.Kind Baker
蛋糕为100×100网格的方形蛋糕块。如果集合中的每一对碎片都是直接连接的（它们共享一侧）或间接连接的（有一个碎片序列，可以通过直接连接的碎片从一个碎片到另一个碎片），那么一个碎片集合就是连接的。
Flora有一台机器，可以接收一组相连的蛋糕块，并在每一块蛋糕上涂上一定的图案。每次机器运行时都会使用不同的图案。在使用机器给定次数后，每件物品上都会有一个（可能是空的）图案组合。如果两件物品的图案组合不同，则视为不同类型。Flora想知道她必须使用该机器才能获得 \(k\) 种不同类型的蛋糕块的最小次数，以及每次使用该机器时选择一个连接的蛋糕块集合的可能方法。
\(\operatorname{Solution}\) 构造
首先，如果我们使用机器 \(n\) 次,我们最多可以有 \(2^n\) 不同类型的作品。所以我们知道 \(n\) 的值必须至少为 \(log2k\).
证明:
首先，如果k=1,则输出0。否则，用所有 \(n\) 填充第一列和第一行,现在我们有两种不同的类型，所以我们可以从k的值中减去2.
假设 \(k\leq 4000\)， \(n\leq12\) .\(2^\frac{n}{2}\leq100\).此外。令 \(k_1=⌊n/2⌋\) ,\(k_2=(n+1)/2\) 。对于每个值 \(i\in[0，k1)\) ,在从2到100的所有行上迭代，如果当前行的id设置了第i位，则将颜色i添加到整行。对于其他 \(k_2\) 值，对列执行同样的操作.
不难注意到，通过这样做，我们正好生成了 \(2^n\)种不同类型的碎片。此外，由于我们在第一行和第一列的每个单元格中使用了每种颜色，每种颜色都形成了一个连接的组件。所以这个方案是正确的。
剩下还需要做的部分是使不同类型的数量恰好等于 \(k\) 。这可以通过几种方式来实现。可以只执行所描述的过程，直到检测到已经有 \(k\) 个类型，或者可以生成所有 \(2^n\) 个类型，然后清除一些单元格，直到数量减少到刚好 \(k\) 即可。
时间复杂度 \(O(k)\)
