新生歡樂紅包賽題解

A.EASY0
本體考察選手是否會寫代碼，取模後分類討論即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){
	int x;
	cin>>x;
	x%=4;
	if(x==1)cout<<"0 A"<<endl;
	if(x==3)cout<<"2 A"<<endl;
	if(x==2)cout<<"1 B"<<endl;
	if(x==0)cout<<"1 A"<<endl;
}

B.EASY1
麻將題，分類討論，分成三張同類/兩張同類/各不同類三種情況進行考慮。
本體爲模擬題，考察選手是否有較爲縝密的思維和多階段的編程能力。建議先在草稿紙上寫下思路，分類情況，判斷方法，再實現代碼。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[3];
int main(){
	string s1,s2,s3;
	cin>>s1>>s2>>s3;
	if(s1[1]==s2[1]&&s1[1]==s3[1]){
		a[0]=s1[0];
		a[1]=s2[0];
		a[2]=s3[0];
		sort(a,a+3);
		if(a[0]==a[2])cout<<0<<endl;
		else if(a[0]==a[1]-1&&a[1]==a[2]-1)cout<<0<<endl;
		else if(a[0]==a[1]||a[1]==a[2])cout<<1<<endl;
		else if(a[0]==a[1]-1||a[1]==a[2]-1)cout<<1<<endl;
		else if(a[0]==a[1]-2||a[1]==a[2]-2)cout<<1<<endl;
		else cout<<2<<endl;
	}else{
		if(s1[1]!=s2[1]){
			if(s1[1]==s3[1])swap(s2,s3);
			else if(s2[1]==s3[1])swap(s1,s3);
		}
		if(s1[1]!=s2[1])cout<<2<<endl;
		else{
			a[0]=s1[0];
			a[1]=s2[0];
			sort(a,a+2);
			if(a[0]==a[1]||a[0]==a[1]-1||a[0]==a[1]-2)cout<<1<<endl;
			else cout<<2<<endl;
		}
	}
}

~~PS:打麻將是ACM中重要的知識點，希望大家有空多打麻將。~~

C.EASY2

仍然是模擬題，先對當前頁上的所有數字進行操作，然後翻頁，然後重複上述操作。但是有一個問題需要注意，如果每頁上的數字特別少，而頁碼特別多的話，可能會因爲重複的翻頁操作導致超時，所有用一個O（1）的技巧直接獲得新的頁碼,使用整數除法+取餘：

即：

    LL rmn=lst%k;
	st=(p[c]/k)*k+rmn;
	if(lst<p[c])lst+=k;

另：開longlong。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
LL p[100005];
LL n,m,k;
LL cnt=0;
LL sv=0;
int main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	for(LL i=0;i<m;++i)scanf("%lld",&p[i]);
	LL lst=k;
	LL c=0;
	while(c<m){
		if(p[c]<=lst){
			++c;
			++sv;
		}else if(sv){
			lst+=sv;
			sv=0;
			++cnt;
		}else{
			LL rmn=lst%k;
			lst=(p[c]/k)*k+rmn;
			if(lst<p[c])lst+=k;
		}
	}
	if(sv)++cnt;
	cout<<cnt<<endl;
}

D.EASY3

和第一題同屬不需要動腦的簡單題，放在easy組最後一個是爲了充分論證“題目難度不按升序排列”。

直接找到最大值，然後每個元素進行比對即可。

我找不到我自己的代碼了，所以隨便找了一個寫的比較清楚的ac代碼。

#include<stdio.h>
int main(void)
{
	int n,max=-1,tol=0;
	scanf("%d",&n);
	int a[n-1];
	for(int i=0;i<n;i++)  scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
    	if(a[i]>max)  max=a[i];
	}
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		tol+=max-a[i];
	}
    printf("%d",tol);
}

E。HARD0

題源hdu1356.

https://blog.csdn.net/qq_42778110/article/details/83958457

題解較長，見上鍊接。需要的基礎知識有：基礎數論(同餘，取模，gcd)

F.HARD1

前置知識：排序

題目意思是,給你一個n元數組( $a_i<m$ )，每次操作，你可以任選一些元素，使其+1 再對m取模。問至少多少次操作可以使得這個數列單調不減。

先看數據範圍，1e5數量級，那麼上限是nlogn的算法。不難發現答案滿足單調性質，所以我們考慮二分答案，希望設計出O(n)內的check算法。這樣的複雜度至少要從左往右掃一遍每個元素，在掃描的過程中，如果左邊的元素更小，對於右邊的元素來說是嚴格更優的，這樣就滿足貪心的性質。所以我們考慮使用貪心法來解決問題。

現在我們假設x次操作可以實現目標，因爲有n個元素，那麼至少需要從左往右掃一遍。當我們考慮第k個元素 $a_k$ ，事實上 $a_k$ 滿足如下性質：
${a_k}'∈[a_k,a_k+x] \quad if \quad a_k+x<m$
$else \quad {a_k}'∈[a_k,m-1]\quad or\quad [0,a_k+x-m]$
且:
$a_k >= a_{k-1} \quad if \quad k>0$

那麼我們可以先利用第一個公式對每個元素用O(1)時間求出 $a_k$ 的可行域，然後再判斷在可行域中最小可以取什麼值，這同樣可以在O(1)時間內解決。所以最終複雜度就是O(nlogn),滿足要求。

在實際編碼是，先二分答案，每次二分從左往右掃一邊，保存一個pre值表示之前一個數的大小，然後對於每個數求出其可行域，然後在可行域中找到最小的>=pre的值。

代碼如下：

/*a[] 表示原數組*/
/*t[]表示如何保存可行域，$a_0,a_1;a_2,a_3$分別保存兩個閉區間的端點*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

template <class T>
T read(T &x)
{
	x=0;T f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	x*=f;return x;
}

int n,m; 
int a[300005],pre,t[4];
int l,r;
bool check(int x){
	pre=0;
	for(int i=0;i<n;++i){
		t[0]=t[1]=-1;
		if(a[i]+x>=m){
			t[0]=0;
			t[1]=a[i]+x-m;
		}
		t[2]=a[i];
		t[3]=min(a[i]+x,m-1);
		if(t[0]<=pre&&pre<=t[1])pre=pre;
		else if(t[1]+1<=pre&&pre<=t[2]-1)pre=t[2];
		else if(t[2]<=pre&&pre<=t[3])pre=pre;
		else return 0;
	}
	return 1;
}


int main(){
	read(n),read(m);
	for(int i=0;i<n;++i)read(a[i]);
	l=-1,r=m;
	while(r>l+1){
		int m=(l+r)>>1;
		if(check(m))r=m;
		else l=m;
	}
	cout<<r<<endl;
	return 0;
}

G.HARD2

前置知識：無（甚至不需要會博弈論）

如果先手選手第一步動完不立刻輸掉的話，最後所有的石子會變成0-1-2-…-(n-1)，因爲不能有任何兩列相同。所以分兩種情況討論，如果先手第一步不輸，那麼根據初末狀態的奇偶性可以判斷；接下來只要考慮第一步直接失敗的情況。

我們對石子個數排序，有以下三種情況會暴斃：
1.存在兩對或以上相同的石子數（包括三連），這樣怎麼搞選完都有至少一對相同；
2.存在一對相同的且存在一堆石子比這堆石子剛好少一個，這樣選這對相同的就會出現一對新的相同的；
3.存在兩個或以上0，這樣你隨便怎麼搞，選完還是有至少兩個0。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define LL long long
int n;
LL a[100005];
int flag=0;

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;++i)scanf("%lld",&a[i]);
	sort(a,a+n);
	for(int i=0;i<n-1;++i){
		if(a[i]==a[i+1]){
			if(i&&(a[i]==a[i-1]||a[i]==a[i-1]+1)){
				cout<<"cslnb"<<endl;
				return 0;
			}
			if(a[i]==0){
				cout<<"cslnb"<<endl;
				return 0;
			}
			if(flag++){
				cout<<"cslnb"<<endl;
				return 0;
			}
		}
	}
	LL sum=0;
	for(int i=0;i<n;++i)sum=(sum+a[i]-i)%2;
	cout<<(sum?"sjfnb":"cslnb")<<endl;
}

H.HARD3

前置知識：線段樹

看到這個數據規模應該很容易想到nlogn數據結構按順序遞推logn求取狀態參量。

因爲向上開口，比較特殊，所以考慮從上到下遍歷。借用掃描線的思想，構造一顆單點覆蓋區間查詢的線段樹。

先對數據離散化，這樣只要建立一顆1-200000範圍的樹即可。

然後從上往下，對於一個縱座標y，我們考慮所有在這個y上出現的點的x值。我們把這些x值全部更新到線段樹上，總區間和tree[1]表示到當前y爲止，總共有多少個不同的x值出現。那麼很顯然的， $ans+=(tree[1]+1)*tree[1]/2$ ，也就是所有可能的不同選法。但是要考慮一些其他情況，對於某個區間，如果在當前y上沒有新的x值產生（或者自己覆蓋自己），那麼這個區間其實和之前出現過的區間是一樣的，所有不應該被計入答案，所有用線段樹查詢相鄰兩個本y出現的x值之間歷史x值的個數，然後類似上述公式減去即可。

因爲每個點只被插入一次並且產生一次區間查詢，所有複雜度 $O(NlogN)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct node{
	int x, y;
}a[200005];
int n;
long long ans=0;
int v[200005],top=0;

const int N=200005;
int tree[200006<<2];
//單點修改 
void modify(int x,int k){
	for(x+=N;x;x>>=1)tree[x]+=k;
}
//區間查詢
int query(int l,int r){
	if(l>r)return 0;
	int ans=0;
	for(l=N+l-1,r=N+r+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1){
		if(~l&1)ans+=tree[l^1];
		if(r&1)ans+=tree[r^1];
	}
	return ans;
} 

bool cmp1(node a,node b){
	return a.x<b.x;
}

bool cmp2(node a,node b){
	if(a.y>b.y)return 1;
	if(a.y<b.y)return 0;
	return (a.x<b.x);
}

long long fun(int x){
	long long r=x;
	r=r*(r+1)/2;
	return r;
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
	sort(a+1,a+n+1,cmp1);
	int cnt=1;
	int lst=a[1].x;
	a[1].x=1;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(a[i].x==lst)a[i].x=cnt;
		else{
			lst=a[i].x;
			a[i].x=++cnt;
		}
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp2);
	for(int i=1;i<=n;){
		int ty=a[i].y;
		top=0;
		while(a[i].y==ty)v[top++]=a[i++].x;
		for(int j=0;j<top;++j)modify(v[j],1-query(v[j],v[j]));
		v[top++]=n+1;
		ans+=fun(tree[1]);
		for(int j=0;j<top-1;++j)ans-=fun(query(v[j]+1,v[j+1]-1));
		ans-=fun(query(1,v[0]-1));
	}
	cout<<ans<<endl;
}

I.HARD4

前置知識：二分查找

這題是顯然的正面狀態巨多，答案具有單調性，且反面檢驗非常簡單的題。不用說，快樂二分。

我們考慮按照一開始的走法，我們會走出一個向量 $\vec{a}=(x,y)$ ,同時題目會給你一個座標 $\vec{b}=(x',y')$ ，那麼這中間就有一個偏移量 $\vec{\bigtriangledown} = \vec{a}-\vec{b}$ ，希望通過修改一些操作，使得這個 $\vec{\bigtriangledown}$ 可以被實現。

那麼我們二分答案，記錄當前二分到的區間長度爲len，那麼我們先把這個區間中的所有的操作都撤回，就有一個被撤回的向量 $\vec{r}$ ，這個向量等於這個區間內操作的和向量，那麼就有新的 $\vec{\bigtriangledown}' = \vec{\bigtriangledown}-\vec{r}$ 。那麼接下來我們可以隨便填充這len個數，如果len>=( $\vec{\bigtriangledown}'$ 的曼哈頓距離)且他們奇偶性相同，那麼答案成立，反之答案不成立。由此可以二分得到結果。

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;

#define ABS(x) ((x)>=0?(x):-(x))

const int maxn=2e5+7;
int n,tarx,tary;
string s;
int u[maxn],d[maxn],l[maxn],r[maxn];
int delx,dely;

bool check(int len){
	for(int ll=1;ll+len-1<=n;++ll){
		int rr=ll+len-1;
		int du=u[rr]-u[ll-1];
		int dd=d[rr]-d[ll-1];
		int dl=l[rr]-l[ll-1];
		int dr=r[rr]-r[ll-1];
		int dx=delx+dr-dl;
		int dy=dely+du-dd;
		int delta=ABS(dx)+ABS(dy);
		if(delta<=len)return 1;
	}
	return 0;
}

int main()
{
	cin>>n>>s>>tarx>>tary;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		u[i]=u[i-1];
		d[i]=d[i-1];
		l[i]=l[i-1];
		r[i]=r[i-1];
		if(s[i-1]=='U')++u[i];
		if(s[i-1]=='D')++d[i];
		if(s[i-1]=='L')++l[i];
		if(s[i-1]=='R')++r[i];
	}
	int nowx=r[n]-l[n],nowy=u[n]-d[n];
	delx=tarx-nowx;
	dely=tary-nowy;
	int lo=-1,hi=n+1;
	while(lo<hi-1){
		int mid=(lo+hi)>>1;
		if(check(mid))hi=mid;
		else lo=mid;
	}
	if((delx+dely)&1)hi=n+1;
	if(hi==n+1)cout<<-1<<endl;
	else cout<<hi<<endl;
		
}

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