Codeforces Round #417 (Div. 2) 题解

比赛地址：http://codeforces.com/contest/812

A. Sagheer and Crossroads

题目的意思是给出4个路口的车辆和人的红路灯状态，判断是否可能车撞人。

关键是题意，然后模拟，注意细节。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int l[5], s[5], r[5], p[5];int main(){    for(int i=1; i<=4; i++){        scanf("%d %d %d %d", &l[i],&s[i],&r[i],&p[i]);    }    if(p[1]==1){        if(l[1] || s[1] || r[1] || l[2] || s[3] || r[4]){            puts("YES");            return 0;        }    }    if(p[2]==1){        if(l[2] || s[2] || r[2] || r[1] || l[3] || s[4]){            puts("YES");            return 0;        }    }    if(p[3]==1){        if(l[3] || s[3] || r[3] || l[4] || s[1] || r[2]){            puts("YES");            return 0;        }    }    if(p[4]==1){        if(l[4] || s[4] || r[4] || l[1] || r[3] || s[2]){            puts("YES");            return 0;        }    }    puts("NO");    return 0;}

B. Sagheer, the Hausmeister

题意：n<15,m<=100的矩阵 1为亮,0为灭 每层第一个和最后一个位置为楼梯,每层必须灭完才能到上一层,问全部灯灭完 最小时间?
解法：到上一层只能从左端或者右端走 设dp[i][0/1] : 灭了前i层的灯 &&当前在第i层左/右端时的最小时间。
dp[i][0]=min(dp[i+1][0]+1+(r[i]−1)∗2,dp[i+1][1]+1+m−1)
第i层没灯时dp[i][0]=dp[i+1][0]坑点:只有一层,第一层为空...

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n, m, ans=0, l[300], r[300], dp[300][2];char s[300];int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    m+=2;    int maxx=n+1;    for(int i=1; i<=n; i++){        l[i]=1e5,r[i]=0;        scanf("%s",s+1);        for(int j=1; j<=m; j++){            if(s[j]=='1'){                l[i]=min(l[i],j);                r[i]=max(r[i],j);                maxx=min(i,maxx);            }        }        if(l[i]==1e5){            l[i]=1,r[i]=m;        }    }    for(int i=n; i>=maxx; i--){        if(r[i]==m){            if(i==n) dp[i][0]=0,dp[i][1]=m-1;            else{                dp[i][0]=dp[i+1][0]+1;                dp[i][1]=dp[i+1][1]+1;            }            continue;        }        if(i==maxx){            ans=min(dp[i+1][0]+1+r[i]-1,dp[i+1][1]+1+(m-l[i]));            break;        }        if(i==n){            dp[i][0]=2*(r[i]-1);            dp[i][1]=m-1;            continue;        }        dp[i][0]=min(dp[i+1][0]+1+2*(r[i]-1),dp[i+1][1]+m-1+1);        dp[i][1]=min(dp[i+1][1]+(m-l[i])*2+1,dp[i+1][0]+m-1+1);    }    if(maxx==n) ans=r[n]-1;    cout<<ans<<endl;}

C. Sagheer and Nubian Market

排序+二分水题。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;int n;LL S,a[100010], b[100010];LL check(int mid){    for(int i=1; i<=n; i++) b[i]=a[i]+1LL*i*mid;    sort(b+1,b+n+1);    LL res=0;    for(int i=1; i<=mid; i++){        res+=b[i];    }    return res;}int main(){    cin>>n>>S;    for(int i=1; i<=n; i++){        scanf("%lld",&a[i]);    }    int ans=1;    int l=0,r=n;    while(l<=r){        int mid=(l+r)/2;        if(check(mid)<=S) ans=mid,l=mid+1;        else r=mid-1;    }    printf("%d %lld\n", ans,check(ans));}

D. Sagheer and Kindergarten

题意： 一共n个人，m个玩具，然后读入是x和y，表示x要玩y。然后在玩y的人玩的时间不知道（当他得到了所有想要的玩具之后就开始玩，玩完之后将玩具还回），如果x要玩y……..这样形成了一个环，这个环上所有人都会哭。比如1要玩2在玩的玩具，2要玩3的，3要玩1的，就形成了个环，就全都哭了。然后前面k个操作，保证没人哭，后面q个操作，问如果有这个操作，有多少个人哭了

解法：每个人最多只会等1个人玩某个玩具，从某个人出发连一条指向等的人的有向边。最终形成了一个有许多有根树的森林。每个结点最多1个出度，用欧拉路的方式给每个结点的出入标id，就方便判断某两点是否之前在一棵树上，以及在树的路径中经过的结点个数。这样每次询问，如果最后一个玩y的人在以x为根节点的子树上，连接这两个人就形成了一个环，输出这棵子树上结点个数即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e5+5;int n, m, k, q, dfsclk, fa[maxn], pre[maxn], in[maxn], out[maxn];vector <int> G[maxn];void dfs(int u){    in[u] = ++dfsclk;    for(int i=0; i<G[u].size(); i++){        dfs(G[u][i]);    }    out[u] = dfsclk;}int main(){    while(~scanf("%d %d %d %d" , &n,&m,&k,&q))    {        for(int i=0; i<maxn; i++) G[i].clear();        memset(fa, 0, sizeof(fa));        memset(pre, 0, sizeof(pre));        memset(in, 0, sizeof(in));        memset(out, 0, sizeof(out));        dfsclk = 0;        for(int i=1; i<=k; i++){            int x,y;            scanf("%d%d",&x,&y);            if(pre[y]) fa[x] = pre[y];//如果有人在x前一个玩y,x得等到前一个玩y的结束            pre[y] = x;        }        for(int i=1; i<=n; i++) G[fa[i]].push_back(i);        for(int i=1; i<=n; i++){            if(!in[i]) dfs(i);        }        while(q--){            int x, y;            scanf("%d %d", &x, &y);            y = pre[y]; //最后一个玩y的人            if(in[x]<=in[y]&&out[x]>=in[y]){                printf("%d\n", out[x]-in[x]+1);            }            else{                printf("0\n");            }        }    }    return 0;}

E. Sagheer and Apple Tree

题意：有一颗很奇怪的苹果树，这个苹果树所有叶子节点的深度要不全是奇数，要不全是偶数，并且包括根在内的所有节点上都有若干个苹果，现有两个极其聪明的人又来无聊的游戏了，每个人可以吃掉某个叶子节点上的部分苹果（不能不吃），或者将某个非叶子结点上的部分苹果移向它的孩子（当然也不能不移），吃掉树上最后一个苹果的人获胜，问先手是否必胜？不，不是问这个，因为后手可以作弊，他可以交换任意两个节点的苹果数量，问有多少种不同的作弊（交换）方式可以使得后手必胜（不能不交换）？

解法：书上的Nim游戏。

中文版是这位同学写的，尊重版权从我做起。点这里

不如考虑什么时候先手必胜，在尼姆博弈中，将所有的苹果个数依次异或，如果最后答案为0就先手必败，否则必胜，那么树上的呢？其实一样，不妨把节点按照深度分成两种：①想要移动到任意叶子结点都需要偶数步数（深度和最深的叶子结点深度奇偶性相同）；②想要移动到任意叶子结点都需要奇数步数

对于①，玩家只要移动x个苹果到它孩子节点上，那么这x个苹果就一定会变成状态②之下
对于②，玩家只要移动x个苹果到它孩子节点上，那么这x个苹果就一定会变成状态①之下

而孩子结点属于状态①，所以当前玩家只要移动状态②下的x个苹果，那么另一个玩家只要照搬你的移动，将这x个苹果再次移动到当前的孩子，就又变成状态②了，若当前已经到叶子节点无法移动了，另一个玩家就可以直接将这x个苹果吃掉（你就GG，这几个苹果就和没有一样！）

这样就很明显了，先手对于状态②下的苹果，无论怎么移动，最后一定都会被聪明的后手玩家用上述方法吃掉，所以状态②的苹果毫无意义，那么状态①的呢，只要移动一部就会变得状态②从而毫无意义（和没有一样），那这不就转化成了裸的尼姆博弈了么？

结论：只要将所有状态①下的苹果数量异或，最后结果ans若为0则先手必败，否则必胜！

那么怎么解决这道题，其实已经好办了，先判断一波先手必胜还必败。

如果已经必败了，那么后手作弊交换节点时就要尽量避免改变战局，要知道a^b==b^a，异或是满足交换律的，所以B可以将所以状态①中任意两个节点互换，或者将状态②中任意两个节点互换，或者将分别属于状态①和状态②中但数量相同的两堆互换，三种情况个数加在一起即是答案。

如果先手必胜，那么后手的交换一定要改变战局，这个时候必须将状态①中的某个节点和状态②中的某个节点互换，那么怎么换呢？亦或性质a^b^b==a，假设当前异或结果是ans，那么只要遍历一遍状态①中的所有节点，对于当前节点的苹果个数temp，在状态②中找到苹果个数为ans^temp的节点，交换即可！最后统计一遍个数便是答案

这题关键是思维，代码就简单了。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 100010;typedef long long LL;struct edge{    int to, next;}E[maxn*2];int head[maxn], edgecnt;void init(){    edgecnt = 0;    memset(head,-1, sizeof(head));}void add(int u, int v){    E[edgecnt].to = v, E[edgecnt].next = head[u], head[u] = edgecnt++;}map <LL, LL> mp1,mp2;int dep[maxn];LL a[maxn], mxdep;vector <LL> v;void dfs(int u, int fa, int d){    dep[u] = d;    mxdep = max(mxdep, 1LL*d);    for(int i=head[u]; ~i; i=E[i].next){        int v = E[i].to;        if(v!=fa){            dfs(v,u,d+1);        }    }}int main(){    int n;    while(~scanf("%d", &n)){        v.clear();        mp1.clear();        mp2.clear();        for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld", &a[i]), v.push_back(a[i]);        sort(v.begin(), v.end());        v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());        init();        for(int i=2; i<=n; i++){            int x;            scanf("%d", &x);            add(x, i);            add(i, x);        }        mxdep = -1;        dfs(1,-1,1);        LL ans = 0, cnt1 = 0, cnt2 = 0;        for(int i=1; i<=n; i++){            if(mxdep%2==dep[i]%2){                mp1[a[i]]++;                ans ^= a[i];                cnt1++;            }            else{                mp2[a[i]]++;                cnt2++;            }        }        if(ans == 0){            ans = cnt1*(cnt1-1)/2+cnt2*(cnt2-1)/2;            for(int i=0; i<v.size(); i++){                ans += mp1[v[i]]*mp2[v[i]];            }            printf("%lld\n", ans);        }        else{            LL temp = ans;            ans = 0;            for(int i=1; i<=n; i++){                if(mxdep%2==dep[i]%2){                    ans += mp2[temp^a[i]];                }            }            printf("%lld\n", ans);        }    }    return 0;}

总结：这次比赛的思维能力要求的很高，但是代码写起来很短。所以思维是首先要考虑的。