「杂题乱刷」CF954C
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题意简述
有一个 \(n \times m\) 的矩阵，矩阵上的数字 \(1 \sim n \times m\) 自上到下，自左到右，对于每次操作，你可以向上，下，左或右移动一步，你需要构造出符合操作序列的 \(n\) 和 \(m\) 或报告无解。
解题思路
容易证明，合法的操作序列相邻两项绝对值之差最后最多有两种取值，否则一定无解。
然后就可以直接模拟了，这题需要注意一些细节：
- 对于相邻的两次操作，一定不能站在同一个格子上。
hackin：
3
1 2 2
hackout：
NO
- 对于相邻的两次操作，编号相差 \(1\) 的两个格子不一定能够互相到达。
hackin：
5
1 2 4 3 2
hackout：
NO
- 向左走要注意减去列的长度
hackin：
8
1 2 3 2 3 4 3 8
hackout：
YES
1000000000
判掉了这几点，就能轻松 AC 了。
参考代码
// LUOGU_RID: 148123666
/*
Tips:
你数组开小了吗？
你MLE了吗？
你觉得是贪心，是不是该想想dp？
一个小时没调出来，是不是该考虑换题？
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define map unordered_map
#define forl(i,a,b) for(register long long i=a;i<=b;i++)
#define forr(i,a,b) for(register long long i=a;i>=b;i--)
#define lc(x) x<<1
#define rc(x) x<<1|1
#define mid ((l+r)>>1)
#define cin(x) scanf("%lld",&x)
#define cout(x) printf("%lld",x)
#define lowbit(x) x&-x
#define pb push_back
#define pf push_front
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define endl '\n'
#define QwQ return 0;
#define ll long long
#define lcm(x,y) x/__gcd(x,y)*y
ll t;
void solve()
{
ll n,pd=0,num=0,su=0,sum=0;
cin>>n;
ll a[n+10]={0};
forl(i,1,n)
cin>>a[i];
forl(i,2,n)
{
if(abs(a[i]-a[i-1])==0)
{
su=0;
cout<<"NO\n";
return ;
}
if(abs(a[i]-a[i-1])>1)
{
su=0;
if(pd && abs(a[i]-a[i-1])!=num)
{
cout<<"NO\n";
return ;
}
else
pd=1,num=abs(a[i]-a[i-1]);
}
if(abs(a[i]-a[i-1])==1)
su+=a[i]-a[i-1];
sum=max(su,sum);
}
if(pd)
{
if(num<sum)
cout<<"NO\n";
else
{
forl(i,2,n)
{
if(abs(a[i]-a[i-1])==1)
{
if(min(a[i],a[i-1])%num==0 && num!=1)
{
cout/*<<i*/<<"NO\n";
return ;
}
}
}
cout<<"YES\n"<<1000000000<<' '<<num<<endl;
}
}
else
cout<<"YES\n"<<1000000000<<' '<<1000000000<<endl;
}
int main()
{
IOS;
t=1;
// cin>>t;
while(t--)
solve();
/******************/
/*while(L<q[i].l) */
/* del(a[L++]);*/
/*while(L>q[i].l) */
/* add(a[--L]);*/
/*while(R<q[i].r) */
/* add(a[++R]);*/
/*while(R>q[i].r) */
/* del(a[R--]);*/
/******************/
QwQ;
}
评价：
本题是一道不可多得的模拟题。
