【codeforces】【比赛题解】#937 CF Round #467 (Div. 2)

没有参加，但是之后几天打了哦，第三场AK的CF比赛。

CF大扫荡计划正在稳步进行。

【A】Olympiad

题意：

给\(n\)个人颁奖，要满足：

至少有一个人拿奖。

如果得分为\(x\)的有奖，那么任意得分大于\(x\)必须拿奖。

得分为\(0\)的人不能拿奖。

每个人的得分\(0\le x\le 600\)，问有多少种颁奖方式？

题解：

本质上，问题可以转化为有多少种不同的得分。于是开一个桶做。

#include<cstdio>
int n,x,cnt[601],ans;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&x), cnt[x]++;
	for(int i=1;i<=600;++i) if(cnt[i]) ++ans;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

【B】Vile Grasshoppers

题意：

松树上共有\(y\)根树枝，从低到高第\(2\)到第\(p\)个树枝都有一只蚱蜢，已知在树枝\(x\)的蚱蜢可以跳到\(2x,3x,4x,\cdots\)树枝上。

你要选取最高的树枝，使得没有蚱蜢能跳到这根树枝上。输出树枝编号。

题解：

本质上是\([1,y]\)中最大的不能被\([2,p]\)范围整除的数，倒序遍历，每一个暴力\(\sqrt{x}\)check，因为质数很多，所以很快。

#include<cstdio>
int p,y;
int main(){
	scanf("%d%d",&p,&y);
	for(int i=y;i>p;--i){
		for(int j=2;j<=p&&j*j<=i;++j) if(i%j==0) goto no;
		printf("%d",i); return 0;
		no: continue;
	} puts("-1");
	return 0;
}

【C】Save Energy!

题意：

Julia要煮一只鸡。她厨房的炉子为了节能，开启后\(k\)分钟就会关掉。

Julia每\(d\)分钟会去厨房一次，如果炉子关了，她会把它打开。

如果炉子开着，需要\(t\)分钟煮好，关着则需要\(2t\)分钟。

问几分钟煮好？

题解：

算出周期，直接算答案，做一点数学，不难。

[详细解释] 炉子开着，每分钟煮\(\frac{1}{t}\)，关着则煮\(\frac{1}{2t}\)。

那么令总进度为\(2t\)，开着每分钟进度\(+2\)，关着则\(+1\)。

一个周期必定是开始炉子开着，然后炉子关上，周期长度显然是\(\left\lceil\frac{k}{d}\right\rceil\cdot d\)。

这么一算，一除，一分类讨论，就差不多了。

#include<cstdio>
long long k,d,t,lp,t1,t2;
double ans;
int main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&k,&d,&t); t<<=1;
	lp=(k-1)/d*d+d; t1=k<<1, t2=lp-k;
	ans=t/(t1+t2)*lp; t%=t1+t2;
	if(t<=t1) ans+=(double)t/t1*k;
	else ans+=k+(double)(t-t1)/t2*(lp-k);
	printf("%lf",ans);
	return 0;
}

【D】Sleepy Game

题意：

俩人玩博弈游戏，可是这不是博弈题，因为其中一个人睡着了。

那么身为另一个人，他可以代替另一个人以达到对自己的最优结果。

总之，在一个有\(n\)个点，\(m\)条边的有向图中，从一个初始位置\(s\)沿着边走到其他点，无法移动者输掉游戏。

问能否能赢，如果能，输出方案，如果不能，判断能否至少平局(在任意多步后都无法结束游戏)。

题解：

本质上，赢的条件是存在从\(s\)到任意一个出度为\(0\)的点的路径长度为偶数，可以重复走。

而平局则是从\(s\)能走到一个环，都不行则输了。

这题坑了我很久，接下来解释一下做法。

①判断能否赢：从\(s\)开始DFS，每个点存储能否从\(s\)到它有偶数或奇数的路径（有可能既有偶数也有奇数）。

　DFS函数需要两个参数\(DFS(u,c)\)，\(c\)相当于起点到它的步数的奇偶性。这样如果能到一个出度为\(0\)的点并且\(c=0\)，则有解。

②判环：直接Tarjan版判环。

可以巧妙地把2个DFS合到一起。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,x,y,o,v[2][100001],k[2][100001],t[2][100001];
vector<int> h[100005];
bool D(int u,bool c){
	if(~k[c][u]) return k[c][u];
	if(!h[u].size()) return k[c][u]=c;
	v[c][u]=1;
	for(int i:h[u]) {if(v[c][i]||v[!c][i]) o=1; if(!v[!c][i]&&D(i,!c)) return t[c][u]=i, v[c][u]=0, k[c][u]=1;}
	return v[c][u]=0, k[c][u]=0;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&x);
		while(x--) scanf("%d",&y), h[i].push_back(y);
	} scanf("%d",&x);
	memset(k,-1,sizeof k);
	if(D(x,0)){
		puts("Win"); y=1;
		while(x) printf("%d ",x), x=t[y=!y][x];
		return 0;
	} puts(o?"Draw":"Lose");
	return 0;
}

【E】Lock Puzzle

题意：

对于一个字符串\(\alpha\beta\)，你可以通过一次操作把它变成\(\beta^R\alpha\)，这里的\(x^R\)表示字符串\(x\)的倒序。

这里的\(\beta\)的长度可以任意选择。

给定一个长为\(n\)的字符串\(s\)，和等长的字符串\(t\)。

问如何在\(3n+100\)的操作内把\(s\)变成\(t\)。无解输出\(-1\)。

题解：

如果\(s\)和\(t\)中有一个字母的出现次数不同，则显然无解。

而其他情况都能在\(3n\)步内完成，如下：

假设已有一个字符串\(\alpha\)的前缀是\(t\)的后缀，而紧跟着\(\alpha\)是一个需要放到\(\alpha\)前面的字符，那么我们经过3步可以把\(x\)放到\(\alpha\)前面：

\(\underline{\alpha x\beta}\\\beta^Rx\underline{\alpha^R}\\\alpha\beta^R\underline{x}\\x\alpha\beta^R\)

其中下划线是操作的\(\beta\)字符串。

那么做\(n\)遍这个操作，可以在\(3n\)步之内完成。

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define dF(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
using namespace std;

int n;
char str1[2005],str2[2005],str3[2005],str4[2005];

int main(){
	scanf("%d%s%s",&n,str1+1,str2+1);
	memcpy(str3+1,str1+1,n);
	memcpy(str4+1,str2+1,n);
	sort(str3+1,str3+n+1);
	sort(str4+1,str4+n+1);
	if(memcmp(str3+1,str4+1,n)) {puts("-1"); return 0;}
	printf("%d\n",n*3);
	dF(i,n,1){
		int p;
		F(j,n-i+1,n) if(str1[j]==str2[i]) {p=j; break;}
		printf("%d %d 1 ",n,p-1);
		reverse(str1+p+1,str1+n+1);
		memcpy(str1+2,str1+1,p-1);
		str1[1]=str2[i];
	}
	return 0;
}