Preface
A - Piling Up
AtCoder 日爆导致半天登不上去。这道题还是看的洛谷上的题面，用洛谷 RMJ 交的。
点击查看代码
#include<cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int r; scanf("%d",&r);
if(r<=99) printf("%d\n",100-r);
else if(r<=199) printf("%d\n",200-r);
else if(r<=299) printf("%d\n",300-r);
else fprintf(stderr,"OUT OF RANGE\n");
return 0;
}
B - Japanese Cursed Doll
还是登不上去，又是看的洛谷题面 + RMJ 提交（洛谷真好用）。
点击查看代码
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=105;
int n,t,p,a[N];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&t,&p);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int ans=0;
while(true)
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]++>=t) cnt++;
if(cnt>=p) break;
ans++;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
C - Avoid K Palindrome 2
初看这道题被吓了一跳，这题题面真的很像超难 DP，然而 \(2 \le N \le 10\)，所以直接暴力枚举就好啦。
话说为什么每次 ABC 都会有这种暴力枚举的题啊？
点击查看代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=15;
int n,k;
char str[N];
int main()
{
scanf("%d%d%s",&n,&k,str+1);
sort(str+1,str+n+1);
int ans=0;
do
{
bool is_ok=true;
for(int l=1;l+k-1<=n;l++)
{
int r=l+k-1;
bool is_pal=true;
for(int i=l;i<=l+r>>1;i++)
if(str[i]!=str[r-i+l]) {is_pal=false; break;}
if(is_pal) {is_ok=false; break;}
}
if(is_ok) ans++;
next_permutation(str+1,str+n+1);
}while(!is_sorted(str+1,str+n+1));
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
D - Palindromic Number
卡得最久的一道题，我觉得应该评绿。
首先要找规律，先列出所有的回文数：
（如果左边有一列数字，不要管它，那是代码块行号）
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
11 22 33 44 55 66 77 88 99
101 111 121 131 141 151 161 171 181 191
202 212 222 232 ...
然后我大胆猜测答案的左边一半是 \(n - 10^{\lfloor \lg n \rfloor -1 }\)，右边一半是左边一半反转过来，顶多再根据奇偶性判断一下是否合并其中一位。
然后成功的 WA 了。
我们不妨把这个表再列大一点：
1~10: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
11~19: 11 22 33 44 55 66 77 88 99
20~29: 101 111 121 131 141 151 161 171 181 191
30~39: 202 212 222 232 242 252 262 272 282 292
...
90~99: 808 818 828 838 848 858 868 878 888 898
100~109: 909 919 929 939 949 959 969 979 989 999
110~119: 1001 1111 1221 1331 1441 1551 1661 1771 1881 1991
120~129: 2002 2112 2222 2332 2442 2552 2662 2772 2882 2992
...
190~199: 9009 9119 9229 9339 9449 9559 9669 9779 9889 9999
发现什么没有？比如对于第 \(20 \sim 109\) 和 \(110 \sim 200\) 个回文数，设其位数为 \(k\)，那么它们的左边 \(\lceil \frac{k}{2} \rceil\) 位都在各自范围内依次递增，从 \(10\) 递增到 \(99\)。
更进一步可以发现，\(20 \sim 109\) 和 \(110 \sim 200\) 这两个范围内的回文数的唯一区别就是最中间有一位数是否合并。
根据以上规律，这个表就可以一直往后列下去：
1~10: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
11~19: 11 22 33 44 55 66 77 88 99
20~109: 101 111 ... 999
110~199: 1001 1111 ... 9999
200~1099: 10001 10101 ... 99999
1100~1999: 100001 101101 ... 999999
具体来说，将所有的回文数分为几个组，每个组的范围是 \([2 \times 10^k , 20 \times 10^k]\)，代表这个组内所有回文数的左边 \(\lceil \frac{k}{2} \rceil\) 位都在 \([10^k , 10 \times 10^k-1]\) 范围内依次递增。
而每个组内又可以分为两块，分别是 \([2 \times 10^k , 11 \times 10^k -1]\) 和 \([11 \times 10^k , 20 \times 10^k - 1]\)。前一块的中间一位数要合并，后一块不合并。
根据上述结论分类讨论判断一下即可。
另外注意特判 \(n=1\) 的情况（这种情况跳出三界外，不在五行中，代码管不着它）。
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n;
int main()
{
scanf("%lld",&n);
if(n==1)
{
printf("0\n");
return 0;
}
int k=0;
long long pow10=1;
while(n>=2*pow10)
{
k++;
pow10*=10;
}
k--,pow10/=10;
long long mid=pow10*11;
if(n<mid)
{
n-=pow10;
printf("%lld",n);
n/=10;
while(n)
{
putchar('0'+n%10);
n/=10;
}
}
else
{
n-=pow10*10;
printf("%lld",n);
while(n)
{
putchar('0'+n%10);
n/=10;
}
}
return 0;
}
E - Sinking Land
赛事乱剪枝把代码剪挂了，下次不会剪枝就别乱剪，会出事的！
用 BFS 的方法，\(10^5\) 个队列来存坐标，队列 \(q_i\) 存的是有可能转移到高度为 \(i\) 的位置的坐标，然后设每一轮的水深是 \(r\)，那么每次用 \(q_r\) 来进行 BFS 就可以了。
看起来似乎不太好理解，但是我考试的时候真是这么想的，虽然洛谷题解上还有更简单的做法。
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int read_u()
{
int x=0; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x;
}
const int N=1005,M=1005,TI=1e5+5;
const int dx[10]={0,0,1,-1},dy[10]={1,-1,0,0};
int n,m,ti,a[N][M];
bool dead[N][M];
queue<pair<int,int>> q[TI];
inline bool check_pos(int x,int y){return x>=1&&x<=n && y>=1&&y<=m;}
int main()
{
n=read_u(),m=read_u(),ti=read_u();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
a[i][j]=read_u();
for(int i=1;i<=n;i++) q[1].push({i,0}),q[1].push({i,m+1});
for(int i=1;i<=m;i++) q[1].push({0,i}),q[1].push({n+1,i});
int alive=n*m;
for(int r=1;r<=ti;r++)
{
while(!q[r].empty())
{
int x=q[r].front().first,y=q[r].front().second;
q[r].pop();
//不会剪枝就别TM乱剪！
for(int i=0;i<4;i++)
{
int tx=x+dx[i],ty=y+dy[i];
if(!check_pos(tx,ty)) continue;
if(dead[tx][ty]) continue;
if(a[tx][ty]>r)
{
q[a[tx][ty]].push({x,y});
continue;
}
dead[tx][ty]=true;
alive--;
q[r].push({tx,ty});
}
}
printf("%d\n",alive);
}
return 0;
}