Educational Codeforces Round 89(A-C) A数学， B 区间更新, c贪心。（19退役场，以后慢慢做吧，欲速则不达（速度的提升还是要靠经验的积累和码速））

A. Shovels and Swords

题意：

给你stick（棍）和diamonds的个数。
要你转换成shovel（铁铲）或swords。
（shovel 需要 2* stick 1* diamond 。 sword 需要 1* stick 2* diamond ）
要你把他们卖掉，卖掉shovel和swords都可以得到1 * emerald（绿宝石）
题目给你stick和diamond数，问你最多有多少个绿宝石。

思路：

其实就是2，1分配的问题。
每次操作都是2，1分配到 两个容器里（容器即stick和diamond，而题目给的stick数和diamond数，就是容器的上限）。
把问题转换成：最多操作几次，直到容器装不下了。

先贪心

最多进行（s+d）/3 （因为每次操作都要2，1即三个空间，不管它往哪边放，反正最好是全放完）。
可是上面贪心是不严谨的
假如s，d为10， 1 按照上述贪心，ans应该是3，但是ans是1.
所以最后的答案ans，还要和s，d之中最小那个比较。
x=min（s，d），y=max（s，d）。
cout<<min（x，（x+y）/3）。

反思

做的时候，贪心不严谨，1wa，其实这道题，我的贪心漏洞很容易发现。
以后打cf记住一句化就行了**“稳中求胜”**

AC

#include <iostream>
#define For(i,x,y) for(register int i=(x); i<=(y); i++)
using namespace std;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        int minx=min(a,b);
        if(a==0||b==0)cout<<0<<endl;
        else cout<<min((a+b)/3,minx)<<endl;
    }
    return 0;
}

B. Shuffle

题意：

给你一个初始为1的位置，问你经过m次操作后，最多有几个位置是1（每次操作可以自己和自己换）

思路：

区间更新，先找到包含x的区间（l，r），之后遇到和（l，r）相交的区间就更新 l=min（l，a），r=max（r，b）
这里可能取区间交时，条件有点多，可以取下对立情况。（详见ac1和ac2）

反思

对于特判没想好，其实题目已经明确了，特判是原封不动即1，（我却傻傻的输出0，哎，直接如土了）

AC1

#include <iostream>
#define For(i,x,y) for(register int i=(x); i<=(y); i++)
using namespace std;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        int a,b,n,flag=0,l=0,r=1e9+10,m,x;
        cin>>n>>x>>m;
        For(i,1,m)
        {
            cin>>a>>b;
            if(!flag&&a<=x&&x<=b)
            {
                flag=1;
                l=a;r=b;
            }
            else if(flag&&( (b<=r&&b>=l) || (a>=l&&a<=r)||(a<=l&&b>=r) ))
            {
                l=min(l,a);
                r=max(r,b);
            }
        }
        if(r==1e9+10)cout<<1<<endl;//我原本输出0，3wa
        else cout<<r-l+1<<endl;
    }
    return 0;
}

AC2（条件压缩版）

#include <iostream>
#define For(i,x,y) for(register int i=(x); i<=(y); i++)
using namespace std;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        int n,m,x,a,b;
        cin>>n>>x>>m;
        int l=x,r=x;
        For(i,1,m)
        {
            cin>>a>>b;
            if(b<l||a>r)continue;//取相反的条件，直接太麻烦了
            l=min(a,l);
            r=max(b,r);
        }
        cout<<r-l+1<<endl;
    }
    return 0;
}

C. Palindromic Paths

题意：

本题其实问改变最少，使得所有路径都是对称的，就是画对角线。

思路&&反思：

1. 注意取对称,对这个矩形图，画对角线（每条对角线为可能的步数），由题意得，对角线上的点应该相等（满足每条路径上的那一步都相等），
2. 题目还要求前后对称，就是 左上的对角线上的值 要和 右下的对角线的值 相等。

AC

#include <iostream>
#define For(i,x,y) for(register int i=(x); i<=(y); i++)
using namespace std;
int a[40][40],ans=0;
int n,m,sj;
void check(int x, int y)
{
    int cnt0=0,cnt1=0,i=x,j=y;
    while(i>0&&i<=n&&j>0&&j<=m)
    {
        if(a[i][j]==1)cnt1++;
        else cnt0++;
        if(a[n-i+1][m-j+1]==1)cnt1++;//对称的那条对角线
        else cnt0++;
        i++,j--;
    }
    ans+=min(cnt1,cnt0);
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m;
        sj=(n+m+1)/2;
        ans=0;
        For(i,1,n)For(j,1,m)cin>>a[i][j];
        int x=1,y=1;
        For(i,1,sj-1)
        {
            check(x,y);//cout<<ans<<endl;
            if(i<m)y++;//注意对角线的画法
            else x++;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}