Codeforces Round #664 (Div. 2)

写了三个题结果C fst了O.0

A - Boboniu Likes to Color Balls

回文串，最多有球是一个奇数个。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{IO;int T;cin>>T;while(T--){int a,b,c,d;cin>>a>>b>>c>>d;int cnt=(a&1)+(b&1)+(c&1)+(d&1);if(cnt==0||cnt==1||cnt==4) cout<<"Yes"<<endl;//如果全是4个奇数可以用rgb换一个w，那么就变成全是偶数个else if(cnt==2) cout<<"No"<<endl;else{if(a*b*c) cout<<"Yes"<<endl;else cout<<"No"<<endl;//说明rgb中有球的个数是0 不能换球}}return 0;
}

B - Boboniu Plays Chess

直接模拟，一行一行走，先走完最初所在的行，然后从第一行开始S型走

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=210;
int n,m;
int u,v;
bool st[N];
int main()
{IO;cin>>n>>m;cin>>u>>v;cout<<u<<" "<<v<<endl;st[u]=1;for(int i=1;i<=m;i++)if(i!=v) cout<<u<<" "<<i<<endl;int v=m;for(int i=1;i<=n;i++){if(st[i]) continue;st[i]=1;if(v==m) {for(int j=m;j;j--)cout<<i<<" "<<j<<endl;v=1;}else{for(int j=1;j<=m;j++)cout<<i<<" "<<j<<endl;v=m;}}return 0;
}

C - Boboniu and Bit Operations

贪心的取 $c_i$ 最小最终OR最小不正确。如果某一位必须是1，那么其他 $c_i$ 的该位是否为1就不重要了。
最开始想用trie树实现贪心 $c_i$ ，结果后来一想不正确，就随便写了个dp没想的过了???（结果还是被FST
原因还是上述贪心方法不正确。

FST代码—— $O(n^3)$

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=210;
int a[N],b[N];
int n,m;
int f[N][N];
int main()
{IO;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i];memset(f,0x3f,sizeof f);for(int i=1;i<=m;i++) f[0][i]=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)for(int k=1;k<=j;k++) f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j]|(a[i]&b[k]));cout<<f[n][m]<<endl;return 0;
}

正解是枚举答案。我也想过枚举答案可是不知道怎么判断答案是否复合tcl。
如果枚举答案 $k$ ，那么对于每一个 $a_i$ 都能找一个 $b_j$ 使得a[i]&b[j]二进制中1出现的位置答案中必须也出现，即(a[i]&b[j])|k==k，一一判断即可

正解—— $O(2^9nm)$

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=210;
int a[N],b[N];
int n,m;
int main()
{IO;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i];for(int k=0;k<1<<9;k++){bool ok1=1;for(int i=1;i<=n;i++){bool ok2=0;for(int j=1;j<=m;j++)if(((a[i]&b[j])|k)==k){ok2=1;break;}if(!ok2){ok1=0;break;}}if(ok1) return cout<<k<<'\n',0;}
}

D - Boboniu Chats with Du

复制数组！！！
分析题目可以简化成如果 $a_i<=m$ 那么代价是 $1$ ，如果 $a_i>m$ 代价是 $d + 1$ 很明显是一个01背包，不过数据范围。。。
从集合角度考虑：不妨让小于等于m的放在a[]数组并逆序，大于m放在b[]数组同样逆序，最终的答案一定是a[]数组选出前i个，从b[]数组选出前j个。因此我们可以枚举从b[]数组选择了多少个，然后剩余的从a[]数组选即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=100010;
ll a[N],b[N];
int cnta,cntb;
int n,d;
ll m;
int main()
{IO;cin>>n>>d>>m;for(int i=1;i<=n;i++){ll x;cin>>x;if(x>m) b[++cntb]=x;else a[++cnta]=x;}sort(a+1,a+1+cnta);sort(b+1,b+1+cntb);reverse(a+1,a+1+cnta);reverse(b+1,b+1+cntb);for(int i=1;i<=cnta;i++) a[i]+=a[i-1];for(int i=cnta+1;i<=n;i++) a[i]=a[i-1];//这个地方非常dt 需要赋值一份for(int i=1;i<=cntb;i++) b[i]+=b[i-1];ll res=0;int cntm=min(cntb,(n+d)/(d+1));for(int k=0;k<=cntm;k++){//如果不进行上述复制操作 如果n-(d+1)*(k-1)-1>cnt a[n-(d+1)*(k-1)-1]=0 理论应该是所有a[cnta]ll now=b[k];if(k) now+=a[n-(d+1)*(k-1)-1];//如果不进行上述复制那么now+=a[min(cnta,n-(d+1)*(k-1)-1]else now+=a[n];//now+=a[cnta]res=max(res,now);}cout<<res<<endl;return 0;
}