2017.5.7 APIO #4

A - Jon Snow and his Favourite Number

【分析】
这场比赛的A题其实很简单，但是我和Shying卡了很久。（因为拖到翻译里没有在意ranger这个单词是什么意思）
题目就是让我们对一个数组排序，然后交替亦或给定的x值，然后再排序。最后输出k次操作后数组中的最大最小值。
模拟当然会炸。（sort嘛）但是注意到数组里的权值在1000之内，所以想到了计数排序。但是在比赛的时候，for的范围是从1到1024，但是数组忘了改。

【代码】

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define oo 1e9int n,k,x;int mi=oo,mx;int C[2][1050];int main(){    scanf("%d %d %d",&n,&k,&x);    for(int i=1,a;i<=n;i++){        scanf("%d",&a);        C[0][a]++;        mi=min(mi,a);        mx=max(mx,a);    }    int nw=0;    for(int i=1;i<=k;i++){        int cnt=0;        for(int j=0;j<=1024;j++){            if(C[nw][j]==0)continue;            int to=(j^x),c=C[nw][j];            if(cnt%2==0){                C[!nw][to]+=(c+1)/2;                C[!nw][j]+=c/2;            }            else{                C[!nw][to]+=c/2;                C[!nw][j]+=(c+1)/2;            }            cnt+=c;            C[nw][j]=0;        }        nw=!nw;    }    for(int i=0;i<=1024;i++){        if(C[nw][i]){            mi=i;            break;        }    }    for(int i=1024;i>=0;i--){        if(C[nw][i]){            mx=i;            break;        }    }    printf("%d %d\n",mx,mi);    return 0;}

B - Jon and Orbs

【分析】
这道题做的真的不好，是概率dp的最入门的题目，但是调了了很久。
首先，挂在了越界，然后，TLE。最后将读入排序，直接一次就全部算出。
题目有点傻，不太想翻译，直接看代码吧。

【代码】

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define M 1005#define db doubledb dp[2][M];int ans[M];int n,q;struct node{    int w,id;}a[M];bool cmp(node a,node b){    return a.w<b.w;}int main(){    scanf("%d %d",&n,&q);    for(int i=1;i<=q;i++){        scanf("%d",&a[i].w);        a[i].id=i;    }    sort(a+1,a+q+1,cmp);    int i=1;    dp[0][0]=1;    int nw=0,t=1;    while(i<=q){        nw=!nw;        for(int j=0;j<=n;j++){            if(j==0)dp[nw][j]=1.0*dp[!nw][j]*j/n;            else dp[nw][j]=1.0*dp[!nw][j]*j/n+1.0*dp[!nw][j-1]*(n-(j-1))/n;        }        while(i<=q&&dp[nw][n]>=1.0*a[i].w/2000)ans[a[i].id]=t,i++;        t++;    }    for(int i=1;i<=q;i++)printf("%d\n",ans[i]);    return 0;}

C - Game of Stones

【分析】
看到题目的名字，嘿嘿嘿，不会是道用SG暴力维护的博弈吧！
题目的大意是这样的：有n堆石子，相互独立。对于这一堆石子（s个），在能拿的情况下我们可以拿（1次1,1次2,1次3……1次s）个石子。石子被取完不能操作的人输。
我们没有想到好的办法直接算出1~60的SG，万般无奈之下注意到n的范围比较小，只有1~60！那么用dfs跑出所有的SG应该不会太久吧！敲完了dfs，运行起来就发现SG是有某种不可描述规律的。
大家可以玩一下。

【代码】

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define M 65bool mk[M];int sg[]={0,1,1,2,2,2,3,3,3,3,4,4,4,4,4,5,5,5,5,5,5,6,6,6,6,6,6,6,7,7,7,7,7,7,7,7,8,8,8,8,8,8,8,8,8,9,9,9,9,9,9,9,9,9,9,10,10,10,10,10,10};int dfs(int x){    if(!x)return 0;    bool hash[M];    memset(hash,0,sizeof(hash));    for(int i=1;i<=x;i++){        if(mk[i]==1)continue;        mk[i]=1;        hash[dfs(x-i)]=1;        mk[i]=0;    }    for(int i=0;i<=x;i++){        if(!hash[i])return i;    }}int n;int ans;int main(){//  for(int i=0;i<=60;i++)cout<<i<<" "<<dfs(i)<<endl;    scanf("%d",&n);    for(int i=1,x;i<=n;i++){        scanf("%d",&x);        ans^=sg[x];    }    if(ans==0)puts("YES");    else puts("NO");    return 0;}

这里还有正解一枚

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define mp make_pair#define M 61map<pair<int,ll>,int>dp;int sg[M];ll _2[M];int n,ans;int dfs(int x,ll p,int lim){    for(int i=x;i<=lim;i++){        if(_2[i]&p)p^=_2[i];    }    pair<ll,int>nw=mp(x,p);    if(dp.count(nw))return dp[nw];    bool hav[M];    memset(hav,0,sizeof(hav));    for(int i=0;i<x;i++){        if((p&_2[i]))hav[dfs(x-i-1,p-_2[i],x)]=1;    }    for(int i=0;i<=x;i++){        if(!hav[i])return dp[nw]=i;    }}void Init(){    dp[mp(0,0)]=0;    for(int i=0;i<=60;i++)_2[i]=1ll<<i;    for(int i=1;i<=60;i++)sg[i]=dfs(i,(1ll<<i)-1ll,60);}int main(){    Init();    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++){        int x;        scanf("%d",&x);        ans^=sg[x];    }    if(!ans)puts("YES");    else puts("NO");    return 0;}

D - Barrels and boxes

【分析】
这道题在比赛的时候并没有看。
题目大意就不讲了。
KyleYoung学长讲了一个做法：终态枚举f的的组数，f的组数与w的组数的差的绝对值小于等于1。最终需要满足w中每一组的sz要大于h，运用神奇的插空法，我们就可以求出可行的方案了。
但知道了这些，如果不知道怎样算逆元的话，一切都是浮云。

【代码】

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;#define M 100005#define P 1000000007int F[M],pF[M];int Fast(int x,int k){    int res=1;    while(k){        if(k&1)res=1ll*res*x%P;        x=1ll*x*x%P;        k>>=1;    }    return res;}int C(long long n,long long m){    if(n<0||m<0)return 0;    if(n<m)return 0;    if(n==0||m==0)return 1;    return 1ll*F[n]*pF[m]%P*pF[n-m]%P;}int f,w,h;int p,q;int main(){    scanf("%d %d %d",&f,&w,&h);    if((f==0&&w>h)||w==0){cout<<1<<endl;return 0;}//神奇的卡人数据    F[0]=pF[0]=1;    for(int i=1;i<M;i++)F[i]=1ll*F[i-1]*i%P;    for(int i=1;i<M;i++)pF[i]=Fast(F[i],P-2);    for(int i=1;i<=f;i++){        int bas=C(f-1,i-1);        for(int j=-1;j<=1;j++){            int ww=i+j;            if(ww<1||ww>w)continue;            int v=bas;            if(j==0)v=(v+v)%P;            q=(q+1ll*v*C(w-1,ww-1)%P)%P;            p=(p+1ll*v*C(w-1ll*ww*h-1,ww-1)%P)%P;        }    }    cout<<1ll*p*Fast(q,P-2)%P<<endl;    return 0;}