A. Treasure Chest
分类讨论一下，只有两种情况。
- 走到钥匙处，然后走到箱子处
- 走到箱子处，移动箱子，走到钥匙处，走回箱子处
对于第二种情况可以直接枚举箱子被移动到的位置
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using vi = vector<int>;
using pii = pair<int, int>;
void solve() {
int x, y, k;
cin >> x >> y >> k;
int res = abs(y - 0) + abs(x - y);
for (int i = x - k, cnt; i <= x + k; i++) {
cnt = abs(x - 0) + abs(x - i) + 2 * abs(i - y);
res = min(res, cnt);
}
cout << res << "\n";
return;
}
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int TC;
for (cin >> TC; TC; TC--)
solve();
return 0;
}
B. Points and Minimum Distance
这里面有个比较好想的结论是不要走回头路。
把所有的点排序一下，然后考虑把点分开，首先\(a_1\)一定是起点，要找到\(n-1\)个点到\(a_1\)的距离和最小，显然是\(a_2,a_3,\dots,a_n\)，则取这些点做横坐标，剩下的点做纵坐标即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using vi = vector<int>;
using pii = pair<int, int>;
void solve() {
int n;
cin >> n;
vi a(n * 2 + 1);
for (int i = 1; i <= n * 2; i++) cin >> a[i];
sort( a.begin() + 1, a.end() );
cout << a[n] - a[1] + a[n+n] - a[n+1] << "\n";
for( int i = 1 , j = n + 1 ; i <= n ; i ++ , j ++ )
cout << a[i] << " " << a[j] << "\n";
return;
}
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int TC;
for (cin >> TC; TC; TC--)
solve();
return 0;
}
C. Torn Lucky Ticket
这题，如果注意到长度不超过 5 的话，会比较好想。
首先把所有的字符串按照长度分类。
然后先枚举\(i+j\)长度，再枚举\(i\)的长度，这样可以算出\(j\)的长度。
假设\(|i+j|=4,|i|=1\)，则就是用\(a,bcd\)拼成\(abcd\)，根据题目可知\(a+b = c + d\)，则有\(a=c + d - b\)，\(O(n)\)的遍历长度为 1 和 3 的字符串，分别用桶统计\(a,c +d-b\)的值出现的次数，然后变量两个桶，把值相同的两个次数相乘再求和就是答案。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using vi = vector<int>;
using pii = pair<int, int>;
void solve() {
int n, res = 0;
cin >> n;
vector<vector<string>> cnt(6);
string num;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> num, cnt[num.size()].push_back(num);
for (int len = 2, mid; len <= 10; len += 2) {
mid = len / 2;
for (int l = 1, r; l <= 5; l++) {
r = len - l;
if (r < 1 or r > 5) continue;
vector<int> a(50), b(50);
for (auto s: cnt[l]) {
int x = 0;
for (int i = 0; i < min(mid, l); i++)
x += s[i] - '0';
for (int i = mid; i < l; i++)
x -= s[i] - '0';
if( x < 0 ) continue;
a[x]++;
}
for (auto s: cnt[r]) {
int x = 0;
for (int i = max(r - mid, 0ll); i < r; i++)
x += s[i] - '0';
for (int i = 0; i < r - mid; i++)
x -= s[i] - '0';
if( x < 0 ) continue;
b[x]++;
}
for (int i = 0; i < 50; i++)
res += a[i] * b[i];
}
}
cout << res << "\n";
return;
}
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}
D. XOR Construction
以\(n=4\)为例子，对题目的定义做一些小修改方便理解
\[已知 a_i和 \begin{matrix} a_1=b_0\oplus b_1\\ a_2=b_1\oplus b_2\\ a_3=b_2\oplus b_3 \end{matrix} 令\begin{matrix} c_1=a_1\\ c_2= c_1\oplus a_2\\ c_3=c_2\oplus a_3 \end{matrix} 则 \begin{matrix} c_1=b_0\oplus b_1\\ c_2=b_0\oplus b_2\\ c_3=b_0\oplus b_3 \end{matrix} \]首先我们知道 \(b_i\)是\([0,n)\)，我们可以统计\(b_i\)二进制位每一位 1 出现的次数，对\(c_i\)做相同的统计，
如果一位上的数在\(c_i\)和\(b_i\)中出现的次数相同，则\(b_0\)这一位一定是\(0\)，否则一定是\(1\)，据此可退出\(b_0\)的值，然后就可以根据\(b_i=c_i\oplus b_0\)推出所有的\(b_i\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using vi = vector<int>;
using pii = pair<int, int>;
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n), b(n), cntA(31), cntB(31);
for (int i = 1; i < n; i++)
cin >> a[i] , a[i] ^= a[i-1];
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < 31; j++) {
if ((i >> j) & 1) cntA[j]++;
if ((a[i] >> j) & 1) cntB[j]++;
}
}
for (int i = 0; i < 31; i++)
b[0] += (cntA[i] != cntB[i]) * (1 << i);
for (int i = 1; i < n; i++)
b[i] = b[0] ^ a[i];
for( auto i : b )
cout << i << " ";
cout << "\n";
return 0;
}
E. Infinite Card Game
对于当前的卡牌，最优解一定是在能破防的情况下，防御力尽可能大。这样的话，对于每一张卡牌的后继实际上是唯一的。
此时可以转换成有向图，对于一个联通子图，如果有环，则子图所有的点都是平局，如果无环，还可以保证只有一个汇点，我们只需要知道汇点是谁的卡片，整张子图所有的卡片状态就可以确定了。
为了方便统计，把图建成反向图，根据起点种类染色，然后用拓扑序的形式完成对整张图的染色。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using vi = vector<int>;
using pii = pair<int, int>;
#define mp make_pair
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<pii> a(n);
for (auto &i: a) cin >> i.first;
for (auto &i: a) cin >> i.second;
int m;
cin >> m;
vector<pii> b(m);
for (auto &i: b) cin >> i.first;
for (auto &i: b) cin >> i.second;
sort(a.begin(), a.end());
sort(b.begin(), b.end());
vi aSufMaxPos(n), bSufMaxPos(m);
aSufMaxPos[n - 1] = n - 1;
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
aSufMaxPos[i] = aSufMaxPos[i + 1];
if (a[i].second > a[aSufMaxPos[i]].second)
aSufMaxPos[i] = i;
}
bSufMaxPos[m - 1] = m - 1;
for (int i = m - 2; i >= 0; i--) {
bSufMaxPos[i] = bSufMaxPos[i + 1];
if (b[i].second > b[bSufMaxPos[i]].second)
bSufMaxPos[i] = i;
}
vector<vi> g(n + m);
vi inner(n + m);
for (int i = 0, pos; i < n; i++) {
pos = lower_bound(b.begin(), b.end(), mp(a[i].second + 1, 0)) - b.begin();
if (pos == m) continue;
pos = bSufMaxPos[pos] + n;
// 正常应该是 i -> pos , 为了方便统计答案，反向建图
g[pos].push_back(i), inner[i]++;
}
for (int i = 0, pos; i < m; i++) {
pos = lower_bound(a.begin(), a.end(), mp(b[i].second + 1, 0)) - a.begin();
if (pos == n) continue;
pos = aSufMaxPos[pos];
g[pos].push_back(n + i), inner[n + i]++;
}
queue<int> q;
vi f(n + m);
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (b.back().first > a[i].second) continue;
// a[i] 做结尾时,所有的 b 都无法破防,则 a[i] 必胜
f[i] = 1, q.push(i);
}
for (int i = 0; i < m; i++) {
if (a.back().first > b[i].second) continue;
// b[i] 做结尾时,所有 a 都无法破防,则 b[i] 必败
f[n + i] = -1, q.push(n + i);
}
for (int u; !q.empty();) {
u = q.front(), q.pop();
for (auto v: g[u]) {
f[v] = f[u];
if (--inner[v] == 0) q.push(v);
}
}
vi res(3);
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (f[i] == 1) res[0]++;
else if (f[i] == 0) res[1]++;
else res[2]++;
}
cout << res[0] << " " << res[1] << " " << res[2] << "\n";
return;
}
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int TC;
for (cin >> TC; TC; TC--)
solve();
return 0;
}