Codeforces 845 简要题解

文章目录

• A题
• B题
• C题
• D题
• E题
• F题
• G题

传送门

A题

传送门

题意：2n2n2n个人下棋，分为两个阵营，每个阵营nnn个人，每个人有一个积分，积分高的能赢积分低的，问如果你可以随意选人，然后每场比赛随机安排对局，最后AAA阵的棋手能否全胜。

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思路：

看积分第nnn大的和积分第n+1n+1n+1大的这两个人的积分是否相同

---

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){
	static char buf[rlen],*ib,*ob;
	(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));
	return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch))ch=gc();
	while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return ans;
}
const int N=205;
int n,a[N];
int main(){
	n=read();
	for(ri i=1;i<=n*2;++i)a[i]=read();
	sort(a+1,a+2*n+1);
	puts(a[n]^a[n+1]?"YES":"NO");
	return 0;
}

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B题

传送门

题意：给你长度为666的数字串，问你最少改几个位置可以让前三个位置的数字和等于后三个位置的数字和。

---

思路：按照题意模拟。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){
	static char buf[rlen],*ib,*ob;
	(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));
	return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch))ch=gc();
	while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return ans;
}
const int N=205;
int n,a[N];
int main(){
	char s[10];
	scanf("%s",s);
	int cnt=0;
	for(ri i=0;i<6;++i)cnt+=i<3?s[i]-48:48-s[i];
	priority_queue<int>q;
	int ans=0;
	if(cnt>0){
		for(ri i=3;i<6;++i)q.push(9-(s[i]-48));
		for(ri i=0;i<3;++i)q.push((s[i]-48)-0);
		while(cnt&&cnt>=q.top())cnt-=q.top(),++ans;
		if(cnt)++ans;
	}
	else if(cnt<0){
		cnt=-cnt;
		for(ri i=0;i<3;++i)q.push(9-(s[i]-48));
		for(ri i=3;i<6;++i)q.push((s[i]-48)-0);
		while(cnt&&cnt>=q.top())cnt-=q.top(),++ans,q.pop();
		if(cnt)++ans;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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C题

传送门

题意简述：

你有两台电视，现在有很多节目，相互之间不能交叉播放，问你能否通过合理安排使得放完所有节目且每台电视上的节目都不相交。

---

思路：按照题意模拟。.

---

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){
	static char buf[rlen],*ib,*ob;
	(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));
	return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch))ch=gc();
	while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return ans;
}
const int N=2e5+5;
int n,rr[2];
struct Node{
	int l,r;
	friend inline bool operator<(const Node&a,const Node&b){return a.l==b.l?a.r<b.r:a.l<b.l;}
}a[N];
int main(){
	n=read();
	for(ri i=1;i<=n;++i)a[i].l=read(),a[i].r=read();
	sort(a+1,a+n+1);
	rr[0]=rr[1]=-1;
	for(ri i=1;i<=n;++i){
		if(rr[0]>rr[1])swap(rr[0],rr[1]);
		if(a[i].l<=rr[0])return puts("NO"),0;
		rr[0]=a[i].r;
	}
	puts("YES");
	return 0;
}

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D题

传送门

大模拟，自己看题吧。

思路：按照题意模拟，用一个栈维护值。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){
	static char buf[rlen],*ib,*ob;
	(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));
	return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch))ch=gc();
	while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return ans;
}
const int N=2e5+5;
int n,ans=0,stk[N],top=0;
int main(){
	n=read();
	int ban1=0x3f3f3f3f,ban2=0,now=0,pre=0;
	for(ri op,i=1;i<=n;++i){
		op=read();
		switch(op){
			case 1:{
				now=read();
				while(top&&now>stk[top])++ans,--top;
				break;
			}
			case 2:{
				if(ban2)ans+=pre,pre=0;
				break;
			}
			case 3:{
				ban1=read(),stk[++top]=ban1;
				if(now>ban1)++ans,--top;
				break;
			}
			case 4:{
				ban2=0,pre=0;
				break;
			}
			case 5:{
				ban1=0x3f3f3f3f,top=0;
				break;
			}
			case 6:{
				ban2=1,++pre;
				break;
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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E题

传送门

题意：给你一个n∗mn*mn∗m的矩阵，现在kkk处地方起火，每秒会使周围八个方向的格子都起火，问如果让你再任意规定一个地方起火，使得整个矩阵都起火的最小时间是多少。

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思路：

考虑二分答案ttt，然后先跑一遍扫描线求出没有起火的最小横坐标x0x_0x0​和没有起火的最小纵坐标y0y_0y0​，这样我们可以令(x0+t,y0+t)(x_0+t,y_0+t)(x0​+t,y0​+t)强制起火然后再用扫描线看合不合法，扫描线的话感觉线段树写起来挺不错的 ac 了之后发现大家都什么差分之类的写的？？？时间在流逝啊

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){
	static char buf[rlen],*ib,*ob;
	(ib==ob)&&(ob=((ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin)));
	return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch))ch=gc();
	while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return ans;
}
typedef pair<int,int> pii;
const int N=2005;
int n,m,k;
struct pot{int x,y;friend inline bool operator==(const pot&a,const pot&b){return a.x==b.x&&a.y==b.y;}}a[N];
struct L1{int x1,x2,type;};
struct L2{int y1,y2,type;};
vector<L1>l1[N];
vector<L2>l2[N];
namespace sgt{
	#define lc (p<<1)
	#define rc (p<<1|1)
	#define mid (T[p].l+T[p].r>>1)
	struct Node{int l,r,cnt,sum;}T[N<<2];
	inline void pushup(int p){T[p].sum=T[p].cnt?T[p].r-T[p].l+1:T[lc].sum+T[rc].sum;}
	inline void build(int p,int l,int r){
		T[p].cnt=T[p].sum=0,T[p].l=l,T[p].r=r;
		if(l==r)return;
		build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
	}
	inline void update(int p,int l,int r,int ql,int qr,int v){
		if(ql<=l&&r<=qr)return T[p].cnt+=v,pushup(p);
		if(qr<=mid)update(lc,l,mid,ql,qr,v);
		else if(ql>mid)update(rc,mid+1,r,ql,qr,v);
		else update(lc,l,mid,ql,qr,v),update(rc,mid+1,r,ql,qr,v);
		pushup(p);
	}
	#undef lc
	#undef rc
	#undef mid
}
inline pot solve(int t){
	static int vx[N],sx,vy[N],sy,rx,ry;
	sx=sy=0,rx=ry=-1;
	for(ri i=1,x1,x2,y1,y2;i<=k;++i){
		x1=max(1,a[i].x-t),y1=max(1,a[i].y-t),x2=min(n,a[i].x+t),y2=min(m,a[i].y+t);
		vx[++sx]=x1,vx[++sx]=x2,vx[++sx]=x2+1;
		vy[++sy]=y1,vy[++sy]=y2,vy[++sy]=y2+1;
	}
	vx[++sx]=1,vx[++sx]=n,vx[++sx]=n+1;
	vy[++sy]=1,vy[++sy]=m,vy[++sy]=m+1;
	sort(vx+1,vx+sx+1),sx=unique(vx+1,vx+sx+1)-vx-1;
	sort(vy+1,vy+sy+1),sy=unique(vy+1,vy+sy+1)-vy-1;
	for(ri i=1,x1,x2,y1,y2;i<=k;++i){
		x1=lower_bound(vx+1,vx+sx+1,max(1,a[i].x-t))-vx;
		x2=lower_bound(vx+1,vx+sx+1,min(n,a[i].x+t)+1)-vx;
		y1=lower_bound(vy+1,vy+sy+1,max(1,a[i].y-t))-vy;
		y2=lower_bound(vy+1,vy+sy+1,min(m,a[i].y+t)+1)-vy;
		l1[y1].push_back((L1){x1,x2-1,1});
		l1[y2].push_back((L1){x1,x2-1,-1});
		l2[x1].push_back((L2){y1,y2-1,1});
		l2[x2].push_back((L2){y1,y2-1,-1});
	}
	--sx,--sy;
	sgt::build(1,1,sx);
	for(ri i=1;i<=sy;++i){
		for(ri j=0;j<l1[i].size();++j)sgt::update(1,1,sx,l1[i][j].x1,l1[i][j].x2,l1[i][j].type);
		if(sgt::T[1].sum^sx){ry=vy[i];break;}
	}
	sgt::build(1,1,sy);
	for(ri i=1;i<=sx;++i){
		for(ri j=0;j<l2[i].size();++j)sgt::update(1,1,sy,l2[i][j].y1,l2[i][j].y2,l2[i][j].type);
		if(sgt::T[1].sum^sy){rx=vx[i];break;}
	}
	for(ri i=1;i<=sy+1;++i)l1[i].clear();
	for(ri i=1;i<=sx+1;++i)l2[i].clear();
	return (pot){rx,ry};
}
inline bool check(const int&t){
	pot tmp=solve(t);
	if(tmp==(pot){-1,-1})return 1;
	tmp.x+=t,tmp.y+=t;
	a[++k]=tmp,tmp=solve(t),--k;
	return tmp==(pot){-1,-1};
}
int main(){
	n=read(),m=read(),k=read();
	for(ri i=1;i<=k;++i)a[i].x=read(),a[i].y=read();
	int l=0,r=1e9,ans=1e9;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid))r=mid-1,ans=mid;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

F题

传送门

题意：给你一个n∗mn*mn∗m的格子阵nm≤250nm\le250nm≤250,每个格子是空地或者障碍，在一个空地(x,y)(x,y)(x,y)放一个守卫可以看到所有坐标为x0≥x&&y0==yx_0\ge x\&\&y_0==yx0​≥x&&y0​==y或者y0≥y&&x0==xy_0\ge y\&\&x_0==xy0​≥y&&x0​==x并且没有被障碍挡住的空地(x0,y0)(x_0,y_0)(x0​,y0​)，问所有方法中使得至多只有一块空地没有被看到的方案数。

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思路：发现nm≤250nm\le250nm≤250那么n,mn,mn,m中有一个很小，那么可以用状压dpdpdp搞过去，设fi,j,0/1,0/1f_{i,j,0/1,0/1}fi,j,0/1,0/1​表示当前位置为iii,当前mmm列是否能看到的状态为jjj，当前行能否被看到，是否已经有一块空地。

然后分类讨论转移一下就完了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7,N=255,M=1<<15|5;
inline int add(const int&a,const int&b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int dec(const int&a,const int&b){return a>=b?a-b:a-b+mod;}
inline int mul(const int&a,const int&b){return (ll)a*b%mod;}
inline void update(int&a,const int&b){a=add(a,b);}
char mp[N][N],s[N];
int n,m,f[2][M][2][2],ans=0,tmp=0;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n<m){
		for(ri i=0;i<n;++i){
			scanf("%s",s);
			for(ri j=0;j<m;++j)mp[j][i]=s[j];
		}
		swap(n,m);
	}
	else for(ri i=0;i<n;++i)scanf("%s",mp[i]);
	f[tmp][0][0][0]=1;
	for(ri up=1<<m,tt=0;tt<n;++tt){
		for(ri i=0;i<m;++i){
			for(ri sta=0;sta<up;++sta)for(ri s=0;s<2;++s)for(ri t=0;t<2;++t)f[tmp^1][sta][s][t]=0;
			for(ri sta=0;sta<up;++sta)for(ri s=0,ns;s<2;++s)for(ri t=0;t<2;++t){
				if(!f[tmp][sta][s][t])continue;
				if(mp[tt][i]=='x')update(f[tmp^1][(sta|(1<<i))^(1<<i)][0][t],f[tmp][sta][s][t]);
				else{
					ns=i?s:0;
					if(ns||((sta>>i)&1))update(f[tmp^1][sta][ns][t],f[tmp][sta][s][t]);
					else if(!t)update(f[tmp^1][sta][ns][1],f[tmp][sta][s][t]);
					update(f[tmp^1][sta|(1<<i)][1][t],f[tmp][sta][s][t]);
				}
			}
			tmp^=1;
		}
	}
	for(ri up=1<<m,sta=0;sta<up;++sta)for(ri s=0;s<2;++s)for(ri t=0;t<2;++t)update(ans,f[tmp][sta][s][t]);
	cout<<ans;
	return 0;
}

G题

传送门

题意：给你一个nnn个点mmm条边的带边权无向图（可能有重边自环），问从111到nnn的异或路径和最小值。

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思路：考虑到最优的方案一定是一条路径的值和几个环的值异或起来，但显然不能求出所有环，仔细思考发现可以dfsdfsdfs出一棵生成树然后用线性基维护一下环的所有异或和。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){
	static char buf[rlen],*ib,*ob;
	(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));
	return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch))ch=gc();
	while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return ans;
}
typedef pair<int,int> pii;
const int N=1e5+5;
vector<pii>e[N];
int n,m,dis[N];
bool vis[N];
namespace xxj{
	int a[31];
	inline void insert(int x){if(!x)return;for(ri i=30;~i;--i)if((x>>i)&1)if(!a[i]){a[i]=x;break;}else x^=a[i];}
	inline int query(int x){for(ri i=30;~i;--i)x=min(x,x^a[i]);return x;}
}
void dfs(int p,int fa){
	vis[p]=1;
	for(ri i=0,v;i<e[p].size();++i){
		if((v=e[p][i].fi)==fa)continue;
		if(!vis[v])dis[v]=dis[p]^e[p][i].se,dfs(v,p);
		else xxj::insert(dis[v]^dis[p]^e[p][i].se);
	}
}
int main(){
	n=read(),m=read();
	for(ri i=1,u,v,w;i<=m;++i)u=read(),v=read(),w=read(),e[u].push_back(pii(v,w)),e[v].push_back(pii(u,w));
	dfs(1,0),cout<<xxj::query(dis[n]);
	return 0;
}

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