Codeforces Round #416 (Div. 2) (based on MSPU Olympiad 2017)

2017年的第一场codeforces，想想确实好久都没打cf了，要开始重新入坑了，1345，看看自己能提升到多少名吧。

水了3题，B却tle了一发，最终降为两题，还是好久都没做了，感觉不行，那来看看这三题吧。

A. Vladik and Courtesy

思路：简单的模拟签到题，两个人取牌，每次比对方多取一张，不够牌数者为输，数据范围极其友好，最后注意一下边界就Ok。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <vector>#include <cstring>using namespace std;int main(){    int vl,va;    while(scanf("%d%d",&vl,&va)!=EOF)    {        int step = 0;        while(1)        {            step++;            if(step % 2 == 0)            {                va -= step;                if(va < 0)                {                    printf("Valera\n");                    break;                }            }            else            {                vl -= step;                if(vl < 0)                {                    printf("Vladik\n");                    break;                }            }        }    }    return 0;}

B. Vladik and Complicated Book

思路：这一题，乍一看，确实没有什么好的思路，直接模拟题中的过程进行判断O（mnln（n））。然而在m，n<=1e4情况下，最坏时间可达1e10，而测评机平均1s4e8的时间，因此这个肯定会tle，然而由于题目预判数据太水，以及自己计算复杂度上的偏差，就没想太多了，800+积分瞬间消失。

其实这题只需要关注被指定的元素，因此完全可以将O(nln(n))的排序降为O(n)的遍历求指定元素的大小排名，最后注意一下数组下标与位置的对应就ok了

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <vector>#include <cstring>using namespace std;const int maxn = 1e4+10;int p[maxn];//int temp[maxn];int main(){    int n,m;    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)    {        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d",&p[i]);        }        while(m--)        {            /*for(int i=1;i<=n;i++)            {                temp[i] = p[i];            }*/            int l,r,x;            scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);            int t = 0;            for(int i=l;i<=r;i++)            {                if(p[x]>p[i])                {                    t++;                }            }            if(t==x-l)            {                printf("Yes\n");            }            else            {                printf("No\n");            }            /*sort(temp+l,temp+r+1);            if(p[x]==temp[x])            {                printf("Yes\n");            }            else            {                printf("No\n");            }*/        }    }    return 0;}

C. Vladik and Memorable Trip

思路：这一题的题意还是比较不好理解的，乘车问题，结合样例进行分析，总结下来有以下三个条件：

1.相同目的地的人必须坐同一辆车，否则就都不坐车

2.同一车上人的舒适度为不同目的地的异或

3.最终需要计算最大舒适度

这题有点区间暴力的感觉，考虑到4000的大小，由于可能存在多个区间，因此枚举将十分复杂，于是考虑到dp，从前往后顺次dp，对于每次新增的项，再从后往前逆向遍历每种子串，就可以遍历所有情况。而核心就落在了逆向遍历的过程上。

对于逆向遍历，先初始化为其前项，因为新增的一项完全可以放置不理。如果寻找到一个人，其后方有与其同目的地的人，则就目前来看这个人肯定不可能上车，就可以提前终止该次寻找。

如果找到一个人，其前方有与其同目的地的人，则将临时允许的起点往前移（初始化时为该新增点），并等到第一个人再进行异或计算。

对于搜寻到临时起点处，说明这是一个成立的车厢，于是将该异或值与该处前项dp求和即可得到成立本车厢的舒适度，若其大于原舒适度，替换即可。

可得dp转移方程dp[i] = max（dp[j-1] + x），1<=j<=i,x为临时车厢的的舒适度（异或值）

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <vector>#include <cstring>using namespace std;const int maxn  = 5010;int a[maxn];int st[maxn];int t[maxn];int dp[maxn];int main(){    int n;    //cout << (4^4) << "*" << (2 ^ 5) << "*" << (2 ^ 4) << "*" << (5^1^3) << "*" << (5^1^3^1^5^2^4^2^5) << "*" << (1^3) << "*" << (0^5) << endl;    while(scanf("%d",&n)!=EOF)    {        memset(t,0,sizeof(t));        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d",&a[i]);            t[a[i]]++;            if(t[a[i]]==1)            {                st[a[i]] = i;            }        }        dp[0] = 0;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            dp[i] = dp[i-1];            t[a[i]]--;            int tempst = i;            int x = 0;            for(int j=i;j>0;j--)            {                if(t[a[j]]>0)/*j*/                {                    break;                }                if(st[a[j]]==j)                {                    x = x ^ a[j];                }                else                {                    if(tempst > st[a[j]])/*j*/                    {                        tempst = st[a[j]];/*j*/                    }                }                if(tempst == j)                {                    if(dp[i] < dp[j-1] + x)                    {                        dp[i] = dp[j-1] + x;                    }                }            }        }        printf("%d\n",dp[n]);    }    return 0;}