传送门

A. Stones

签到。

B. Alice and the List of Presents

单独考虑每个数的贡献即可。

答案为\((2^{m}-1)^n\)。

C. Labs

构造就类似于:

1 6 7

2 5 8

3 4 9

这样就行了。

证明我也不会,但感觉这样能使得每一行都较为均衡。

Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 305; int n;
int mp[N][N]; void run() {
cin >> n;
for(int j = 1; j <= n; j++) {
int st = (j - 1) * n + 1;
if(j & 1) {
for(int i = n; i >= 1; i--, st++) {
mp[i][j] = st;
}
} else {
for(int i = 1; i <= n; i++, st++) {
mp[i][j] = st;
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
cout << mp[i][j] << " \n"[j == n];
}
}
} int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n) run();
return 0;
}

D. Alice and the Doll

题意:

给出一个\(n\cdot m,n,m\leq 10^5\)大小的网格图,上面有些位置可能有障碍。

现在要求,每个格子只能经过一次,并且在每个格子有两个选择:直走或者右转。初始位于\((1,1)\)位置,方向为向右。

问能否走遍所有非障碍的点。

思路:

把题读成一个位置可以经过多次,但只能右转一次,想了一小时假题

因为只能经过一次,那么我们路线肯定是“回路”型的,并且肯定是贪心地走。

那么我们每行每列存障碍,然后模拟这个过程就行。

代码中用了一个矩形表示当前范围。注意每次删障碍时肯定要删除一个矩形,矩形内如果有空地那就不合法,因为不可能再走过去了。

注意矩形范围的更新。

细节见代码:

Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5; int n, m, k;
set <int> col[N], row[N]; bool del(int up, int down, int left, int right) {
for(int i = up; i <= down; i++) {
for(int j = left; j <= right; j++) {
if(row[i].find(j) == row[i].end()) return false;
row[i].erase(j);
col[j].erase(i);
--k;
}
}
return true;
} void run() {
for(int i = 1; i <= k; i++) {
int x, y; cin >> x >> y;
col[y].insert(x);
row[x].insert(y);
}
int dir = 0;
int up = 1, down = n, left = 1, right = m;
int D = 0;
int x = 1, y = 1;
while(k) {
if(dir == 0) {
auto it = row[x].begin();
if(it == row[x].end()) {
y = right;
} else {
int p = *it;
if(!del(up, down, p, right)) {
cout << "No";
return;
}
right = y = p - 1;
}
left += D;
} else if(dir == 1) {
auto it = col[y].begin();
if(it == col[y].end()) {
x = down;
} else {
int p = *it;
if(!del(p, down, left, right)) {
cout << "No";
return;
}
down = x = p - 1;
}
up += D;
} else if(dir == 2) {
auto it = row[x].rbegin();
if(it == row[x].rend()) {
y = left;
} else {
int p = *it;
if(!del(up, down, left, p)) {
cout << "No";
return;
}
left = y = p + 1;
}
right -= D;
} else {
auto it = col[y].rbegin();
if(it == col[y].rend()) {
x = up;
} else {
int p = *it;
if(!del(up, p, left, right)) {
cout << "No" << '\n';
return;
}
up = x = p + 1;
}
down -= D;
}
dir = (dir + 1) % 4;
D = 1;
// cout << up << ' ' << down << ' ' << left << ' ' << right << '\n';
}
cout << "Yes" << '\n';
} int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> m >> k) run();
return 0;
}

E. Alice and the Unfair Game

题意:

现有\(n\)个方格排成一列,同时给出一个序列\(a\),\(a_i\)表示第\(i\)次时敲打\(a_i\)这个方格。

现有个玩偶在这个方格上面走,每次敲打后可以向相邻方格走一步或者留在原地。并规定一开始可以移动一步。

问存在多少对\((x,y)\),表示玩偶一开始在\(x\),最后在\(y\)位置,并且中间不会被敲打。

思路:

有一个观察:

  • 对于一个点\(x\),若其最远向右能走到\(y\),那么最终走到\(x\)~\(y\)之间的方格都为合法答案。
  • 向左延申同理。
感性证明

证明的话可以感性理解一下,因为在一个时间点只能敲打一次,倒过来考虑,因为最后能够停留在$y$,假设我们是从$y-1$走过来,那么必然最后一次不会敲打$y-1$这个位置,那直接停在这个位置即可;如果我们一直卡在$y$,那也是可以往前走的。

 

所以现在问题的关键就是对于每个位置,如何快速找到向左、向右延申的最远位置。

因为这个题跟时间有很大关系,所以我们考虑用二维坐标\((x,y)\)表示在\(x\)时刻位于第\(y\)个方格。那么敲打点就相当于二维平面上的一个障碍。

问题就变为:我们从\((0,y)\)出发,每次可以向上、向右、向下走一步,不能经过障碍,能走到的最上/最下的位置是多少。

以最大举例:我们采用贪心的策略,用vector存储同一斜率上的所有障碍点,然后二分找到障碍点位置\((x_i,y_i)\),那我们只能走到\((x_i,y_i-1)\);之后快速找到下一个\(y_j\not ={y_i}\)的时间点(预处理下一个位置),走过去即可。

详细细节见代码:

Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5, base = 1e5; int n, m;
int a[N], nxt[N];
vector<int> v1[N], v2[N];
int Max[N], Min[N]; void run() {
for(int i = 1; i < N; i++) v1[i].clear(), v2[i].clear();
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int x; cin >> x;
v1[i - x + base].push_back(i);
v2[i + x].push_back(i);
a[i] = x;
}
if(n == 1 && *max_element(a + 1, a + m + 1) == 1) {
cout << 0 << '\n';
return;
}
nxt[m] = m + 1;
for(int i = m - 1; i >= 1; i--) {
if(a[i] == a[i + 1]) nxt[i] = nxt[i + 1];
else nxt[i] = i + 1;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int x = 0, y = i;
while(1) {
int k = x - y + base;
auto it = lower_bound(v1[k].begin(), v1[k].end(), x + 1);
if(it == v1[k].end()) {
y += m + 1 - x;
break;
}
int p = it - v1[k].begin();
p = v1[k][p];
x = nxt[p] - 1, y = a[p] - 1;
}
Max[i] = min(y, n);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int x = 0, y = i;
while(1) {
int k = x + y;
auto it = lower_bound(v2[k].begin(), v2[k].end(), x + 1);
if(it == v2[k].end()) {
y -= m + 1 - x;
break;
}
int p = it - v2[k].begin();
p = v2[k][p];
x = nxt[p] - 1, y = a[p] + 1;
}
Min[i] = max(1, y);
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ans += (Max[i] - Min[i] + 1);
}
cout << ans << '\n';
} int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> m) run();
return 0;
}

注意一下,当\(n>1\)时,每个位置肯定至少存在一个解。但是当\(n=1\)时,因为没有周转的地方,所以可能没有解,所以我们需要特判一下。

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