1. 游戏机

• 赛时

  $\text{Accepted 100}$

• 题目描述

  在一个长条形的区域里有 $n$ 个格子，人物角色可以从任意一个格子出生，如果格子上是 L，则往左走一格；如果是 R，往右走一格。当角色走出区域时，即为获胜。

  求有多少个格子可以使角色一出生就能直接获胜。

• 题解

  如果从左边走出区域，那么从这个格子（包括这个格子）一直到最左边的格子都是 L；

  如果从右边走出区域，那么从这个格子（包括这个格子）一直到最右边的格子都是 R。

• 代码

  #include <bits/stdc++.h>
  #define endl '\n'
  using namespace std;
  int n;
  string s;
  int main() {CLOSE;while (cin >> n && n) {cin >> s;int ans = 0;for (int i = 0; i < s.size() && s[i] == 'L'; i++)ans++;for (int i = s.size() - 1; i >= 0 && s[i] == 'R'; i--)ans++;cout << ans << endl;}return 0;
  }
  

2. 序列操作

• 赛时

  $\text{Accepted 100}$

• 题目描述

  给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，然后进行 $q$ 次操作 ，然后打印 $q$ 次操作后序列最小值的位置。

  • 操作一：输入方式为1 l r，表示将序列 $[l,r]$ 区间的全部元素全部升序排列。

  • 操作二：输入方式为2 l r，表示将序列 $[l,r]$ 区间的全部元素全部降序排列。

  • 操作三：输入方式为3 l r，表示将序列 $[l,r]$ 区间的全部元素进行翻转。

  • 操作四：输入方式为4 l r k，表示将序列 $[l,r]$ 区间的全部元素按照swap(a[i],a[i+k])规则进行交换。

• 题解

  题目要求操作后最小值的位置，所以我们只需要跟踪最小值的位置 $t$ 即可，其他的元素我们并不关心。

  • 操作一：显然，升序排列后最小值在最前面，$t=l$；

  • 操作二：同理，$t=r$；

  • 操作三：易得， $t=l+r-t$；

  • 操作四：找规律得
    $$t=\{\begin{array}{ll}t-k& (l+k\le t\le r+k)\\ t+\lfloor \frac{r-t}{k}+1\rfloor k& (l\le t<l+k)\end{array}$$

• 代码

  #include <bits/stdc++.h>
  #define endl '\n'
  using namespace std;
  const int N = 2e5 + 10;
  int n, T, q, a[N];
  int main() {CLOSE;cin >> T;while (T--) {cin >> n >> q;int maxn = INT_MAX, t;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];if (maxn > a[i]) {maxn = a[i];it = i;}}while (q--) {int k, l, r, op;cin >> op >> l >> r;if (op == 4)cin >> k;if (t >= l && t <= r) {if (op == 1) {t = l;} else if (op == 2) {t = r;} else if (op == 3) {t = l + r - t;}}if (op == 4) {if (t >= l && t <= r + k) {if (t >= l + k)t -= k;else t += ((r - t) / k + 1) * k;}}}cout << t << endl;}return 0;
  }
  

3. 划分区间

• 赛时

  $\text{Wrong Answer 0}$

• 题目描述

  给定一个包含 $n$ 个区间的集合 $S$，请你将 $S$ 划分为一个或多个区间组，每个区间属于且仅属于一个区间组内， 同一个区间组内的任意两个区间不相交（区间相交指两个区间无重叠部分）。

  请问集合 $S$ 最少可以划分为多少区间组？

• 题解

  贪心。要想让一个区间组尽可能地放更多的区间，就要让区间之间的空隙尽可能地小。现有若干个区间组，要把当前区间组接到一个右端点离它左端点最近的区间组，这样可以使空隙变小。如果现有的区间组右端点都不小于当前区间的左端点，那么把当前区间独立成一个新的区间组。

  所以，不妨先把所有区间按照左端点排序，这样可以使区间右端点尽可能靠前，然后依次考虑每一个区间，每次找右端点最靠前的区间组，如果能放进去，就改变右端点；反之，就加入一个新的区间组。

• AC代码

  #include <bits/stdc++.h>
  #define endl '\n'
  using namespace std;
  const int N = 1e5 + 10;
  int n;
  struct node{int l, r;bool operator<(const node& x) const {return l < x.l;}
  }a[N];
  priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;  //小根堆,找最小右端点
  int main() {CLOSE;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].l >> a[i].r;sort (a + 1, a + n + 1);  //左端点排序for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!q.empty() && q.top() < a[i].l) q.pop();q.push(a[i].r);}cout << q.size();return 0;
  }
  

4. 数字匹配

• 赛时

  $\text{Runtime Error 30}$

• 题目描述

  给定由 $m$ 个长度都为 $n$ ，仅包含 0 和 1 的字符串组成的集合 $S$，再给定 $n$ 个整数组成的序列 $w$。

  对于字符串 $s$ 和字符串 $t$ 的匹配收益定义为：
  $$\sum _{i=1|s_i=t_i}^n{w}_i$$
  进行 $q$ 次询问，每次询问给定一个字符串 $t$ 和一个整数 $k$，问集合 $S$ 中有多少个字符串和 $t$ 的匹配收益不多于 $k$。

• 题解

  数据范围太大，枚举必定超时。字符串仅包含 0 和 1 ，且 $n$ 很小（$n\le 12$），考虑状态压缩，把字符串看作一个二进制数，转换成十进制保存。

  对于两个字符串的匹配，如果对应位相同记为 0，不同记为 1，则可以得到一个“匹配串”，它的十进制是原来两个字符串十进制的异或值。通过异或值，我们可以把匹配受益求出来。

  如果在每次询问时都求一遍异或值，依然超时。考虑 $n$ 很小，所以不妨预处理，把所有可能的询问字符串 $t$ 和集合中的字符串 $s$ 都两两匹配求一下匹配收益，然后使用数组f[t][k]求出当询问字符串为 $t$ 时，匹配收益不大于 $k$ 的集合中字符串 $s$ 的个数。

  易得，数组 f[][] 满足：
  $$f(t,k)=f(t,k)+f(t,k-1)$$

• AC代码

  #include <bits/stdc++.h>
  #define endl '\n'
  using namespace std;
  const int N = 5e5 + 10;
  int n, m, q, w[N], bin[N], f[5000][200];
  string s[N];
  int getbin(string s) {int res = 0;for (int i = 0; i < n; i++)res = res * 2 + (s[i] - '0');return res;
  }
  int main() {CLOSE;cin >> n >> m >> q;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> w[i];for (int i = 1; i <= m; i++)cin >> s[i], bin[getbin(s[i])]++;  //记录s[i]的十进制int len = 1 << n;for (int i = 0; i < len; i++) {if (!bin[i]) continue;for (int j = 0; j < len; j++) {int x = i ^ j, cnt = 0;for (int l = n; l >= 1; l--) {  //求匹配效益cnt += (x % 2 == 0) * w[l];x /= 2;}if (cnt > 100) continue;f[j][cnt] += bin[i]; }}for (int i = 0; i < len; i++) for (int j = 1; j <= 100; j++) f[i][j] += f[i][j - 1];while (q--) {string t;int k;cin >> t >> k;int check = getbin(t);cout << f[check][k] << endl;}return 0;
  }
  

5. 地图移动

• 赛时

  $\text{Runtime Error 0}$

• 题目描述

  给定一个 $h\times w$ 的矩阵地图，在地图上有些点是山或者其他障碍物，不可以通过，除此之外所有点都可以走。每次只能向下走或者向右走一步。

  计算，从左上角走到右下角总共有多少种移动方法。

• 题解

  从 $(1,1)$ 到 $(x,y)$ 的路径数为 $C_{x+y-2}^{y-1}$。

  不妨求出路径总数，再减去不能走的路径数。

  障碍点 $(i,j)$ 到起点的路径数时 $C_{i+j-2}^{j-1}$。但是，在实际计算不能走的路径数时有重复，比如存在路径同时经过两个或多个障碍点。因此，实际计算通过障碍点 $(i,j)$ 的路径数时，应当减去重复的。

  先将障碍点按从左上到右下的顺序排序。

  用 $f(k)$ 表示第 $k$ 个障碍点，$x$ 和 $y$ 表示行和列，$num$ 表示障碍点 $k$ 左上方的障碍点个数，则有：
  $$f(k)=C_{x_k+y_k-2}^{y_k-1}-\sum _{i=1}^{num}f(i)\times C_{x_k+y_k-x_i-y_i}^{y_k-y_i}$$
  最后，终点的 $f(end)$ 就是答案。