2023牛客暑期多校训练营2（D/E/F/H/I/K）

[D.The Game of Eating](#D.The Game of Eating)

[F.Link with Chess Game](#F.Link with Chess Game)

[H.0 and 1 in BIT](#H.0 and 1 in BIT)

[I.Link with Gomoku](#I.Link with Gomoku)

D.The Game of Eating

思路： 倒着贪心。因为正着贪会导致一种局面：我选了当前喜爱值最大的菜，**但是就算我不选这个菜，后面的人也可能选这一道菜，我依然能吃上这道菜，那么我为什么不选其它的菜而两者兼得呢？**所以我们考虑倒着贪心。贪心到第i个人时，根据喜爱值从大到小遍历一遍菜，如果这个菜被后面的人选过了，那就不选了，直到有一个菜是没被选过的。

cpp 复制代码

bool cmp(PII a,PII b) {
	return a.first>b.first;
}
void solve() {
	map<int,int>mp;
	int n,m,k;
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1; i<=n; i++)v[i].clear();
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		for(int j=1; j<=m; j++) {
			int x;
			cin>>x;
			v[i].push_back({x,j});
		}
		sort(v[i].begin(),v[i].end(),cmp);
	}
	for(int i=k; i>=1; i--) {
		int now=i%n,j=0;
		if(!now)now=n;
		while(mp[v[now][j].second])j++;
		mp[v[now][j].second]=true;
	}
	for(auto x:mp) {
		cout<<x.first<<" ";
	}
	cout<<endl;
}

E.Square

**思路：**题目的公式可以表示为，求Y使得：

Y^2-(Y^2)%(10^K) = X*(10^K)

可见只需枚举K的大小然后判断即可。

代码：

cpp 复制代码

string cmp;
bool pd(int y) {
	string now=to_string(y*y);
	while(now.size()<cmp.size())now+='0';//防止runtime error
	for(int i=0; i<cmp.size(); i++) {
		if(cmp[i]!=now[i])return false;//有一位不相同就不合法答案
	}
	return true;
}
void solve() {
	int x;
	cin>>x;
	cmp=to_string(x);
	for(int k=0; k<=9; k++) {//枚举k的大小
		int now=pow(10,k)*x;
		int y=sqrt(now);
		if(pd(y)) {//判断这个y是否合法
			cout<<y<<endl;
			return;
		}
		if(pd(y+1)) {//因为y*y会减掉一部分余数，所以要判一下y+1
			cout<<y+1<<endl;
			return;
		}
	}
	cout<<-1<<endl;
}

F.Link with Chess Game

**思路：**若只有一个棋子，当棋子有距离边界为奇数长度的局面为先手必胜态，因为两个人必须在这个奇数区间里一直走，而先手可以一直选到所有位置选完。该情况可推广至三个棋子，三个棋子的距离端点距离可以抽象为所有棋子距离端点的距离之和，棋子可以在端点之和为奇数的区间内反复横跳，来保持自己的最终的奇偶性，从而导致先手必胜，反之先手必败。

代码：

cpp 复制代码

void solve() {
	int n,a,b,c;
	cin>>n>>a>>b>>c;
    int sum1=(a-1)+(b-1)+(c-1);
    int sum2=(n-a)+(n-b)+(n-c);
    if(sum1%2||sum2%2)cout<<"Alice"<<endl;
    else cout<<"Bob\n";
}

H.0 and 1 in BIT

**思路：**操作A相当于将x变成反码，也就是在取模意义下，操作A会令x=-x-1，而操作B会x=x+1，所以我们先开两个前缀和数组，一个记录前缀A的个数，一个记录前缀的贡献，然后在每次操作中，若l~r的区间内的A的个数为奇数，则原本的贡献要乘上-1，如此模拟即可。

代码：

cpp 复制代码

int sum1[maxn],sum2[maxn];
//sum1记录前缀A的个数，sum2记录前缀的贡献
void solve() {
	int n,q,l,r,L,R,ans=0;
	string s,x;
	cin>>n>>q>>s;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		sum1[i]=sum1[i-1]+(s[i-1]=='A');
		if(s[i-1]=='A')sum2[i]=-sum2[i-1]-1;
		else sum2[i]=sum2[i-1]+1;
	}
	while(q--) {
		int sum=0;
		cin>>l>>r>>x;
		L=min((ans^l)%n+1,(ans^r)%n+1),R=max((ans^l)%n+1,(ans^r)%n+1);
		int now1=(sum1[R]-sum1[L-1])%2,now2;
		for(int i=0; i<x.size(); i++) {
			sum=sum*2+(x[i]-'0');
		}//将x转换为10进制，方便与贡献进行运算
		if(now1) {//若区间A的个数为奇数，则贡献*-1
			now2=sum2[R]+sum2[L-1];
			sum=-sum;
		} else now2=sum2[R]-sum2[L-1];
		int mod=(1<<(int)x.size());
		ans=(now2+sum+mod)%mod;
		for(int i=(int)x.size()-1; i>=0; i--) {
			cout<<((ans>>i)&1);
		}
		cout<<endl;
	}
}

I.Link with Gomoku

**思路：**在前面的n-n%2行中，摆放方式和题目样例一样：

xxxxoxxxxoxxxxo......

ooooxooooxoooox......

最后一行若为奇数行，则这样摆放即可：

xoxoxoxoxo......

代码：

cpp 复制代码

void solve() {
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1; i<=n-n%2; i++) {
		int cnt=0;
		for(int j=1; j<=m; j++) {
			if(cnt%5==4) {//前4个放相同的 
				if(i%2)cout<<"o";//行与行之间连续4个xo交替放 
				else cout<<"x";
			} else {//最后一个放不同的 
				if(i%2)cout<<"x";
				else cout<<"o";
			}
			cnt++;
		}
		cout<<endl;
	}
	if(n%2) {//若最后一行为奇数行则xoxox......交替放 
		for(int i=1; i<=m; i++) {
			if(i%2)cout<<"x";
			else cout<<"o";
		}
		cout<<endl;
	}
}

K.Box

**思路：**我们设：

dp[i][0]表示第i位移动到i-1位的情况

dp[i][1]表示第i位不移动的情况

dp[i][2]表示第i位移动到i+1位的情况

具体实现见代码注释。

代码：

cpp 复制代码

void solve() {
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1; i<=n; i++)cin>>a[i];
	for(int i=1; i<=n; i++)cin>>b[i];
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		if(b[i]) {//只有1有主动权，0是被迫的QAQ
			dp[i][0]=dp[i-1][0]+a[i-1];
			//当前1左移只能由上一个1左移转移过来
			dp[i][1]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+a[i];
			//当前位置不动，上一个位置1不动或者左移都可以
			dp[i][2]=max({dp[i-1][0],dp[i-1][1],dp[i-1][2]})+a[i+1];
			//当前位置右移，上一个位置1不动、左移、右移都可以
		} else {
			dp[i][0]=max({dp[i-1][0],dp[i-1][1]});
			// 当前位左移，可以由上一个位置左移，或者上一个位置1还没动的过转移过来
			dp[i][1]=dp[i-1][2];
			//这个0可以被上个右移的1挤到左边
		}
	}
	cout<<max(dp[n][0],dp[n][1])<<endl;//最终答案在左移和不动的情况下取max(因为最后一个位置无法右移)
}