【codeforces】Codeforces Round #366 (Div. 2)

简直中了不能A C题的诅咒了……
md这次二十分钟做完B结果还是没能A C题
药丸……

B

题目大意

进行n局游戏，每一局规则如下
两名玩家以次选一个大于一数字进行拆分，将他拆成k和a[i]-k，先手胜输出1否则输出2
第i局为在第i-1局的基础上增加一个a[i]

---

小博弈？
本着不增加环的原则，我们将环拆成a[i]-1和1（不知道这样好不好……），那么就只和奇偶性有关了
然后恩恩
随便异或一下……
凑过样例也就凑过了所有数据……
mdzz
不过博弈论我实在是不想想……
233333333

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>using namespace std;const int MAXN = 100000 + 5;int n;int ans,tmp;int main(){    scanf("%d",&n);    for(int i = 1;i <= n;i ++)    {        scanf("%d",&tmp);        tmp = (tmp + 1) % 2;        ans ^= tmp;        if(ans)            puts("1");        else            puts("2");    }    return 0;}

C

题目大意

有n个应用Q个操作，每个操作格式如下
1、1 x 应用x发来了一条消息
2、2 x 阅读应用x的所有消息
3、3 t 阅读前t条消息

……
蛮水的题，模拟就好
但是要注意这个和手机的不同点是 阅读完了之后消息不会消失
本来是想着每一个点开一个队列……
╮(╯▽╰)╭
复杂度算错了
嘛嘛
就这样了

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <vector>using namespace std;const int MAXN = 300000 + 5;vector <int> app;int num[MAXN];int old[MAXN],older;int n,Q;int q,x;int killed = -1;int main(){    scanf("%d %d",&n,&Q);    while(Q --)    {        scanf("%d %d",&q,&x);        switch(q)        {            case 1:                app.push_back(x);                num[x]++;                break;            case 2:                old[x] += num[x];                older += num[x];                num[x] = 0;                break;            case 3:                for(int i = killed + 1;i < x;i ++)                {                    if(old[app[i]])                    {                        old[app[i]] --;                        older--;                        killed ++;                    }                    else                    {                        num[app[i]]--;                        killed ++;                    }                }                break;        }        printf("%d\n",app.size() - killed - older - 1);    }    return 0;}

D

题目大意

//蚁人可以变大变小且不花费时间
现在有n张编好号的椅子，蚁人在椅子上跳来跳去，他想从s跳到e上并且在这个过程中每个椅子都需要到达并且只到达一次
他只能在椅子上变大/变小（就是不能飞到一半突然变化）
蚁人有个习惯，如果他想往左跳（就是往小的编号跳的话），他必须变小，反之必须变大
将每一次跳跃分成三步
1、跳起来
2、平动
3、落下
在大的时候到某个椅子上降落的时间是 ai
在小的时候到某个椅子上降落的时间是 bi
在大的时候从某个椅子上跳起的时间是 ci
在大的时候从某个椅子上跳起的时间是 di
平动的时间是 xi−xj

先输入n，s，e
第二行是a
第三行是b
第四行是c
第五行是d

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完全没有头绪的题……
我试着翻译题解吧

将它简化为TSP是容易的，我们需要找到从s到e的最短哈密顿路
考虑到要优化答案，因此这个图是一个有向图
考虑由前i把椅子构成的生成图（生成子图？导图？图论的属于真不懂……），在这个子图中，有一些部分，每一个部分都形成了一条有向路径，在这些图中，有这样三条情况
1、未来（i右边的椅子）的点，可以进入这个集合，也可以从这个集合出去到未来的节点上
2、未来（i右边的椅子）的点，只能进这个集合，但是从这个集合出不去（包含了终点e）
3、未来（i右边的椅子）的点，只能从这个集合出去不能从这个集合进来

……
什么玩意……
就这个意思……
然后
dp[i][j][k][l] = 前i个点，有j个1类路径，有k个2类路径，有l个三类路径时候遍历前i个点用的最短时间
要注意这里会包含比仅仅获得答案更多的信息，举例来说，当我们添加一个新的节点i进入dp时，我们计算d[i]或者-x[i]，而不是j（如题目描述，当i