2016 Multi-University Training Contest 3 部分题解

　　1001，只要枚举区间即可。签到题，要注意的是输入0的话也是“TAT”。不过今天补题的时候却WA了好几次，觉得奇怪。原来出现在判断条件那里，x是一个int64类型的变量，在进行(x<65536*65536)的时候，后面的已经爆int了！因为如果写的是int类型他就默认是int类型的。所以要写成(ll)65536*65536或者直接4294967296，因为如果这个值是ll类型的，就自动用ll类型来保存了（另外要注意的是(ll)(65536*65536)也是错的！因为后面已经爆int了，再转成ll就没意义了）。看来写代码要小心再小心。不过我们昨天1A，也是因为一开始打表的时候已经把4294967296算出来了，不然如果让我直接敲的话，可能在这签到题上都会WA到死啊- -。。说明有时候运气也是ACM的一部分。- -！代码如下：

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

 char s[+];

 int main()
 {
     while(scanf("%s",s)==)
     {
         int len = strlen(s);
         if(len>) puts("TAT");
         else
         {
             ll x = ;
             for(int i=;s[i];i++) x = x *  + s[i] - '';
             if(x==) puts("TAT");
             else if(x<) puts("");
             else if(x>= && x<) puts("");
             else if(x>= && x<) puts("");
             else if(x>= && x<) puts("");
             else if(x>= && x<) puts("");
             else if(x>= && x<(ll)*) puts("");
             else puts("TAT");
         }
     }
 }

　　1002，队友当时是二维dp做的，我自己当时也想了一个办法，代数式化简了半天得到了一个公式，虽然后来验证了一下好像是错的，不过可能是我自己推错了，下次有空再试试。主要是用到了2*1+3*2+4*3+...+n*(n-1)这样的形式求和，这样的式子可以拆成2*(2-1)+3*(3-1)+4*(4-1)+...+n*(n-1)，然后拆开，前面是平方和公式，后面是等差数列公式，然后相减即可。顺便，平方和公式是：

　　　　

但是看了一下题解，他的方法简直太吊了！对于一个数字在两头的情况，以在头为例，这个数字和它后面的这个数字，选择任意两个数字的情况下，只有两种比较关系（>或者<）那么这个位置的期望就是c[i]/2，同理的，在中间的时候，任选3个数只有6种可能性（3！），而中间大的情况只有两种，因此贡献是c[i]/3（可以这么理解，三个数考虑为123，那么可能性就是错排列的种数，而中间大的可能性就是3在中间的两种情况）。那么这题就做完了，另外需要特判n=1的情况。代码如下：

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

 int a[+];

 int main()
 {
     int n;
     while(scanf("%d",&n)==)
     {
         for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
         if(n==)
         {
             printf("%f\n",1.0*a[]);
         }
         else
         {
             double ans = ;
             for(int i=;i<=n;i++)
             {
                 if(i== || i==n) ans += a[i]/2.0;
                 else ans += a[i]/3.0;
             }
             printf("%f\n",ans);
         }
     }
 }

　　1003，博弈论。因为上一场的关系，去学了博弈论，结果这场就来这题，真是太巧了！直接1A了233（其实也是含有点运气成分的）。王和车的话，直接画出NP图即可找出规律。而皇后的话，有点像威佐夫博弈，先画出NP图，但是P点没有什么规律可寻，因此我们需要把P的坐标一个一个的写出来找规律，写出来以后豁然开朗！因为我们可以发现的是，这些坐标点都满足一个威佐夫博弈的奇异态的变化规律：每个数字都只出现一次，而且，每个坐标两点的差值是一个等差数列。这样就很好处理了！但是这不是威佐夫博弈的奇异态，不满足a[k]=[k*(sqrt(5.0)+1)/2]，但是我们可以换一个方法，既然每个点都只出现一次，就可以近似O(n)的把这些点都放到一个set里面来判断这个数字是否使用过，每次都找出最小的一个没被使用过的数字，把它以及它的另一个同伴丢到另外一个装pair的set里面，这个set里面装的都是奇异态（也就是必败态），那么只要这么预处理以后，判断坐标是不是在这个set里面即可（至于如何找这个数的同伴，可以仔细考虑一下上面加粗红字的意义，也可以见代码仔细看看）。皇后的NP图如下：

然后我们来讲一下马的规律，因为马比较特殊，它的走法可能导致平局，因此我们还得找出平局点（这里还有个要注意的地方，如果我下一步可以走向必败或者走向平局，那么我的最优策略应当是走向平局）。马的NP图如下（！是平局点）：

代码如下：

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N =  + ;
 typedef long long ll;
 typedef pair<int,int> pii;

 set<int> S;
 set<pii> S2;
 void init()
 {
     int now = ;
     int diff = ;
     S2.insert(pii(,));
     S.insert();
     for(;;)
     {
         int sz = S.size();
         if(sz>) break;
         if(S.find(now) == S.end())
         {
             int a = now;
             int b = now + diff;
             S2.insert(pii(a,b));
             S.insert(a);
             S.insert(b);
             //printf("insert !! %d %d !!\n",a,b);
             now ++;
             diff ++;
         }
         else now ++;
     }
 }

 int main()
 {
     init();
     /*int cnt = 0;
     for(set<pii>::iterator it=S2.begin();;it++)
     {
         cnt ++;
         if(cnt > 10 ) break;
         printf("%d %d\n",(*it).first,(*it).second);
     }*/
     int T;
     scanf("%d",&T);
     while(T--)
     {
         int op ,n,m;
         scanf("%d%d%d",&op,&n,&m);
         if(op==)
         {
             if(n% && m %) puts("G");
             else puts("B");
         }
         else if(op==)
         {
             if(n==m) puts("G");
             else puts("B");
         }
         else if(op==)
         {
             if(n>m) swap(n,m);
             if(S2.find(pii(n,m))==S2.end())
             {
                 puts("B");
             }
             else puts("G");
         }
         else
         {
             if(n==m && n%==)
             {
                 puts("G");
             }
             else
             {
                 if(n>m) swap(n,m);
                 if(m%== && m-n==) puts("B");
                 else puts("D");
             }
         }
     }

 }

——————————————————————伟大的博弈论的分界线——————————————————————————————

　　偶然间看到别人这题的博客，关于皇后的方法，似乎就是完完全全的威佐夫博弈。= =！原型的话，令k=两数之差，那么有a[k]=[x*k]，其中x等于(sqrt(5.0)+1)/2.0；而在这里满足的关系是a[k]*x=b[k]！也就是说，大的数是小的数的x倍！天哪，，简直太奥义了！！那么代码就好写多了！如下：

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N =  + ;
 typedef long long ll;
 typedef pair<int,int> pii;

 set<int> S;
 set<pii> S2;
 void init()
 {
     int now = ;
     int diff = ;
     S2.insert(pii(,));
     S.insert();
     for(;;)
     {
         int sz = S.size();
         if(sz>) break;
         if(S.find(now) == S.end())
         {
             int a = now;
             int b = now + diff;
             S2.insert(pii(a,b));
             S.insert(a);
             S.insert(b);
             //printf("insert !! %d %d !!\n",a,b);
             now ++;
             diff ++;
         }
         else now ++;
     }
 }

 int main()
 {
     //init();
     /*int cnt = 0;
     for(set<pii>::iterator it=S2.begin();;it++)
     {
         cnt ++;
         if(cnt > 10 ) break;
         printf("%d %d\n",(*it).first,(*it).second);
     }*/
     int T;
     scanf("%d",&T);
     while(T--)
     {
         int op ,n,m;
         scanf("%d%d%d",&op,&n,&m);
         if(op==)
         {
             if(n% && m %) puts("G");
             else puts("B");
         }
         else if(op==)
         {
             if(n==m) puts("G");
             else puts("B");
         }
         else if(op==)
         {
             if(n>m) swap(n,m);
             /*if(S2.find(pii(n,m))==S2.end())
             {
                 puts("B");
             }
             else puts("G");*/
             double x = (sqrt(5.0)+1.0)/2.0;
             if((int)(n*x)==m) puts("G");
             else puts("B");
         }
         else
         {
             if(n==m && n%==)
             {
                 puts("G");
             }
             else
             {
                 if(n>m) swap(n,m);
                 if(m%== && m-n==) puts("B");
                 else puts("D");
             }
         }
     }

 }

奥义的威佐夫博弈

——————————————————————伟大的博弈论的分界线——————————————————————————————

　　1010，这题完全就是高数的知识啊，然而我们太弱了，无法解出= =题解给的方法还是很吊的：

　　1011，这题我们一开始卡了很久，，简直弱到爆炸- -其实很简单，因为曼哈顿距离总共就没几种，因此用一个数组来记录各种曼哈顿距离是否出现过，那么枚举在O(n^2)的过程中一旦出现重复就可以退出了；而由于抽屉原理，一旦枚举数量达到2*M必定会有重复的距离出现，那么最多的枚举数量也不过2*M。现场写的代码如下：

 #include<bits/stdc++.h>
 #define F first
 #define S second
 using namespace std;
 typedef pair<int,int> PII;
 typedef pair<long long ,long long> PLL;
 typedef long long ll;
 const double eps = 1e-;
 const int N = (int)2e5 + ;

 bool used[N];
 PII p[N];
 int main(){
     int T;
     cin >> T;
     while(T --){
         int n,m;
         scanf("%d%d",&n,&m);
         for(int i =   ; i < n ; i ++){
             scanf("%d%d",&p[i].F,&p[i].S);
         }
         int cnt = ;
         bool f = false;
         memset(used,false,sizeof(used));
         for(int i =  ; i < n && !f; i ++){
             for(int j = i +  ; j < n && !f ; j ++){
                 int d = abs(p[i].F - p[j].F) + abs(p[i].S-p[j].S);
                 if(used[d]) f = true;
                 used[d] = true;

                 cnt ++;
                 if(cnt > N) break;
             }
         }
         if(f) puts("YES");
         else puts("NO");
     }
     return ;
 }