Round#593(Div.2)
2019-10-18 / Luo Jinrong   

A - Stones

题意

有三堆石头，两种操作：

  • 取出第一堆一个石头和第二堆两个石头
  • 取出第二堆一个石头和第三堆两个石头

问用这两种操作最多能取出多少石头。

做法

贪心。因为两种操作执行一次都会取出三个石头，而第二堆石头在两种操作都会被取出石头，所以我们想要让第二堆石头尽可能多的承受操作。由于第二种操作只消耗一个第二堆中的石头，所以我们先尽可能多的先执行第二种操作，然后再去执行第一种操作。

AC代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) {
		int a, b, c, ans = 0;
		cin >> a >> b >> c;
		ans = min(b, c / 2);
		b -= ans, c -= ans * 2;
		ans += min(a, b / 2);
		cout << ans * 3 << "\n";
	}
}

B - Alice and the List of Presents

题意

有$n$种礼物（数量无限），要装到$m$个盒子里面。对于每个盒子能装$0$到$n$种礼物，但是每种礼物只能装一个。最后要使这$m$个盒子里面存在所有$n$种礼物，问方案数。

做法

推导。对于每种礼物单独考虑，比如对于第一种礼物，它出现在第$1$个盒子，第$2$个盒子，…第$m$个盒子；第

$1$、$2$个盒子，第$1$、$3$个盒子，…第$n-1$，$n$个盒子；…第$1$、$2$、…$n$个盒子。总共有$2^m-1$种情况，那么对于$n$种礼物则有$(2^m-1)^n$种方案。

AC代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod(1e9 + 7);
ll qpow(ll a, ll b) {
	ll r = 1, base = a;
	while (b) {
		if (b % 2) {
			r = r * base%mod;
		}
		base = base * base%mod;
		b >>= 1;
	}
	return r%mod;
}
int main() {
	ll n, m, ans;
	cin >> n >> m;
	ans = qpow(qpow(2ll, m) - 1, n) % mod;
	cout << ans << "\n";
}

C - Labs

题意

有$n^2$个数，分别为$1$到$n^2$，将他们分到$n$个集合里，每个集合有$n$个数。对于集合$A$，$B$，$f(A,B)$表示$A$中数大于$B$中数的对数。构造出这$n$个集合，使所有集合两两之间$f(A,B)$的最小值最大。

做法

对于两个$n$个元素的集合，其中元素两两配对有$n^2$种，所以$f(A,B)=n^2-f(B,A)$，要使两两之间$f(A,B)$最小值最大，只有$f(A,B)$，$f(B,A)$尽可能相等（$n^2$为偶数时相等，奇数时差$1$）。构造方法见代码。

AC代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn(305);
int lab[maxn][maxn], n;
int main() {
	cin >> n;
	if (n % 2) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			for (int i = 1; i <= n; i++) {
				if (j % 2) {
					lab[i][j] = n * n - ((j - 1)*n + i - 1);
				}
				else {
					lab[n - i + 1][j] = n * n - ((j - 1)*n + i - 1);
				}
			}
		}
	}
	else {
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 1; j <= n / 2; j++) {
				lab[i][j] = n * n - ((i - 1)*n/2 + j - 1);
			}
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = n / 2 + 1; j <= n; j++) {
				lab[i][j] = (i - 1)*n / 2 + j - n / 2;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			cout << lab[i][j] << " \n"[j == n];
		}
	}
}

D - Alice and the Doll

题意

一个$n*m$的矩阵，其中有$k$个障碍物，问从$(1,1)$出发能否走完所有无障碍物的格子（每个空格只能走一次且在一个空格上只能右转一次不能左转）。

做法

模拟。模拟走的过程，一直直走遇到障碍物或边界右转继续走，直到无法行动。记录走过的空格数，最后若等于$n*m-k$则可以走完，否则不可以。

AC代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn(1e5 + 5);
ll n, m, k, ans = 1, l, r, u, b;
struct ob
{
	ll x, y;
}obsx[maxn], obsy[maxn];
 
bool cmpx(ob a, ob b) {
	if (a.x == b.x) {
		return a.y < b.y;
	}
	else {
		return a.x < b.x;
	}
}
 
bool cmpy(ob a, ob b) {
	if (a.y == b.y) {
		return a.x < b.x;
	}
	else {
		return a.y < b.y;
	}
}
 
bool cmp1(ob a, ob b) {
	return a.x < b.x;
}
 
bool cmp2(ob a, ob b) {
	return a.y < b.y;
}
 
int main() {
	cin >> n >> m >> k;
	l = 0, r = m + 1, u = 1, b = n + 1;
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		cin >> obsx[i].x >> obsx[i].y;
		obsy[i].x = obsx[i].x, obsy[i].y = obsx[i].y;
	}
	sort(obsx + 1, obsx + k + 1, cmpx);
	sort(obsy + 1, obsy + k + 1, cmpy);
	int direct = 1;
	ob now = { 1,1 }, *fi;
	while (1) {
		if (direct == 1) {
			fi = lower_bound(obsx + 1, obsx + k + 1, now, cmpx);
			if (fi->x == now.x) {
				r = min(r, fi->y);
			}
			ans += r - now.y - 1;
			if (now.y == r - 1) {
				if (now.x == 1 && now.y == 1) {
					direct = 2;
				}
				else {
					break;
				}
			}
			else {
				now.y = --r;
				direct = 2;
			}
		}
		else if (direct == 2) {
			fi = lower_bound(obsy + 1, obsy + k + 1, now, cmpy);
			if (fi->y == now.y) {
				b = min(b, fi->x);
			}
			if (b - 1 == now.x) {
				break;
			}
			else {
				ans += b - now.x - 1;
				now.x = --b;
				direct = 3;
			}
		}
		else if (direct == 3) {
			fi = upper_bound(obsx + 1, obsx + k + 1, now, cmpx);
			if ((fi - 1)->x == now.x) {
				l = max(l, (fi - 1)->y);
			}
			if (l + 1 == now.y) {
				break;
			}
			else {
				ans += now.y - l - 1;
				now.y = ++l;
				direct = 4;
			}
		}
		else if (direct == 4) {
			fi = upper_bound(obsy + 1, obsy + k + 1, now, cmpy);
			if ((fi - 1)->y == now.y) {
				u = max(u, (fi - 1)->x);
			}
			if (u + 1 == now.x) {
				break;
			}
			else {
				ans += now.x - u - 1;
				now.x = ++u;
				direct = 1;
			}
		}
	}
	if (ans == m * n - k) {
		cout << "Yes\n";
	}
	else {
		cout << "No\n";
	}
}

return 0;

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