Codeforces Round #593 (Div. 2)

传送门

A. Stones

签到。

B. Alice and the List of Presents

单独考虑每个数的贡献即可。

答案为\((2^{m}-1)^n\)。

C. Labs

构造就类似于：

1 6 7

2 5 8

3 4 9

这样就行了。

证明我也不会，但感觉这样能使得每一行都较为均衡。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 305;

int n;
int mp[N][N];

void run() {
	cin >> n;
	for(int j = 1; j <= n; j++) {
		int st = (j - 1) * n + 1;
		if(j & 1) {
			for(int i = n; i >= 1; i--, st++) {
				mp[i][j] = st;
			}
		} else {
			for(int i = 1; i <= n; i++, st++) {
				mp[i][j] = st;
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) {
			cout << mp[i][j] << " \n"[j == n];
		}
	}
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n) run();
    return 0;
}

D. Alice and the Doll

题意：

给出一个\(n\cdot m,n,m\leq 10^5\)大小的网格图，上面有些位置可能有障碍。

现在要求，每个格子只能经过一次，并且在每个格子有两个选择：直走或者右转。初始位于\((1,1)\)位置，方向为向右。

问能否走遍所有非障碍的点。

思路：

把题读成一个位置可以经过多次，但只能右转一次，想了一小时假题

因为只能经过一次，那么我们路线肯定是“回路”型的，并且肯定是贪心地走。

那么我们每行每列存障碍，然后模拟这个过程就行。

代码中用了一个矩形表示当前范围。注意每次删障碍时肯定要删除一个矩形，矩形内如果有空地那就不合法，因为不可能再走过去了。

注意矩形范围的更新。

细节见代码：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;

int n, m, k;
set <int> col[N], row[N];

bool del(int up, int down, int left, int right) {
	for(int i = up; i <= down; i++) {
		for(int j = left; j <= right; j++) {
			if(row[i].find(j) == row[i].end()) return false;
			row[i].erase(j);
			col[j].erase(i);
			--k;
		}
	}
	return true;
}

void run() {
	for(int i = 1; i <= k; i++) {
		int x, y; cin >> x >> y;
		col[y].insert(x);
		row[x].insert(y);
	}
	int dir = 0;
	int up = 1, down = n, left = 1, right = m;
	int D = 0;
	int x = 1, y = 1;
	while(k) {
		if(dir == 0) {
			auto it = row[x].begin();
			if(it == row[x].end()) {
				y = right;
			} else {
				int p = *it;
				if(!del(up, down, p, right)) {
					cout << "No";
					return;
				}
				right = y = p - 1;
			}
			left += D;
		} else if(dir == 1) {
			auto it = col[y].begin();
			if(it == col[y].end()) {
				x = down;
			} else {
				int p = *it;
				if(!del(p, down, left, right)) {
					cout << "No";
					return;
				}
				down = x = p - 1;
			}
			up += D;
		} else if(dir == 2) {
			auto it = row[x].rbegin();
			if(it == row[x].rend()) {
				y = left;
			} else {
				int p = *it;
				if(!del(up, down, left, p)) {
					cout << "No";
					return;
				}
				left = y = p + 1;
			}
			right -= D;
		} else {
			auto it = col[y].rbegin();
			if(it == col[y].rend()) {
				x = up;
			} else {
				int p = *it;
				if(!del(up, p, left, right)) {
					cout << "No" << '\n';
					return;
				}
				up = x = p + 1;
			}
			down -= D;
		}
		dir = (dir + 1) % 4;
		D = 1;
		// cout << up << ' ' << down << ' ' << left << ' ' << right << '\n';
	}
	cout << "Yes" << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> m >> k) run();
    return 0;
}

E. Alice and the Unfair Game

题意：

现有\(n\)个方格排成一列，同时给出一个序列\(a\)，\(a_i\)表示第\(i\)次时敲打\(a_i\)这个方格。

现有个玩偶在这个方格上面走，每次敲打后可以向相邻方格走一步或者留在原地。并规定一开始可以移动一步。

问存在多少对\((x,y)\)，表示玩偶一开始在\(x\)，最后在\(y\)位置，并且中间不会被敲打。

思路：

有一个观察：

• 对于一个点\(x\)，若其最远向右能走到\(y\)，那么最终走到\(x\)~\(y\)之间的方格都为合法答案。
• 向左延申同理。

感性证明

证明的话可以感性理解一下，因为在一个时间点只能敲打一次，倒过来考虑，因为最后能够停留在$y$，假设我们是从$y-1$走过来，那么必然最后一次不会敲打$y-1$这个位置，那直接停在这个位置即可；如果我们一直卡在$y$，那也是可以往前走的。

 

所以现在问题的关键就是对于每个位置，如何快速找到向左、向右延申的最远位置。

因为这个题跟时间有很大关系，所以我们考虑用二维坐标\((x,y)\)表示在\(x\)时刻位于第\(y\)个方格。那么敲打点就相当于二维平面上的一个障碍。

问题就变为：我们从\((0,y)\)出发，每次可以向上、向右、向下走一步，不能经过障碍，能走到的最上/最下的位置是多少。

以最大举例：我们采用贪心的策略，用vector存储同一斜率上的所有障碍点，然后二分找到障碍点位置\((x_i,y_i)\)，那我们只能走到\((x_i,y_i-1)\)；之后快速找到下一个\(y_j\not ={y_i}\)的时间点（预处理下一个位置），走过去即可。

详细细节见代码：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5, base = 1e5;

int n, m;
int a[N], nxt[N];
vector<int> v1[N], v2[N];
int Max[N], Min[N];

void run() {
	for(int i = 1; i < N; i++) v1[i].clear(), v2[i].clear();
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		int x; cin >> x;
		v1[i - x + base].push_back(i);
		v2[i + x].push_back(i);
		a[i] = x;
	}
	if(n == 1 && *max_element(a + 1, a + m + 1) == 1) {
		cout << 0 << '\n';
		return;
	}
	nxt[m] = m + 1;
	for(int i = m - 1; i >= 1; i--) {
		if(a[i] == a[i + 1]) nxt[i] = nxt[i + 1];
		else nxt[i] = i + 1;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int x = 0, y = i;
		while(1) {
			int k = x - y + base;
			auto it = lower_bound(v1[k].begin(), v1[k].end(), x + 1);
			if(it == v1[k].end()) {
				y += m + 1 - x;
				break;
			}
			int p = it - v1[k].begin();
			p = v1[k][p];
			x = nxt[p] - 1, y = a[p] - 1;
		}
		Max[i] = min(y, n);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int x = 0, y = i;
		while(1) {
			int k = x + y;
			auto it = lower_bound(v2[k].begin(), v2[k].end(), x + 1);
			if(it == v2[k].end()) {
				y -= m + 1 - x;
				break;
			}
			int p = it - v2[k].begin();
			p = v2[k][p];
			x = nxt[p] - 1, y = a[p] + 1;
		}
		Min[i] = max(1, y);
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		ans += (Max[i] - Min[i] + 1);
	}
	cout << ans << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> m) run();
    return 0;
}

注意一下，当\(n>1\)时，每个位置肯定至少存在一个解。但是当\(n=1\)时，因为没有周转的地方，所以可能没有解，所以我们需要特判一下。