A - The Fool

數論分塊暴力求和

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<set> #include<map> #include<cmath> #include<queue> #include<string> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<unordered_map> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; const int mod=1e9+7; int main() {//IO;int T=1;cin>>T;for(int ca=1;ca<=T;ca++){int n;cin>>n;ll s=0;for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);s=(s+1ll*(r-l+1)%2*(n/l))%2;}if(s%2) printf("Case %d: odd\n",ca);else printf("Case %d: even\n",ca);}return 0; }

B - The World

這題就離譜??? 不明白下面的一二兩個設定?很反直覺啊啊啊

• 12:00 AM 是凌晨十二點
• 12:00 PM 是中午十二點
• h=0輸出12

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<set> #include<map> #include<cmath> #include<queue> #include<string> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<unordered_map> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; const int mod=1e9+7; map<string,int> mp; int main() {//IO;int T=1;cin>>T;mp["Beijing"] = 8;mp["Washington"] = -5;mp["London"] = 0;mp["Moscow"] = 3;for(int ca=1;ca<=T;ca++){int h,m;string op,from,to;scanf("%d:%d",&h,&m);cin>>op>>from>>to;if(h==12) h=0;if(op=="PM") h+=12;h+=mp[to]-mp[from];int f=0;string now;if(h<0) {f=-1;h+=24;}else if(h>=24){f=1;h-=24;}if(h>=12) {h-=12;now="PM";}elsenow="AM";if(h==0) h+=12;// 輸出printf("Case %d: ",ca);if(f==-1) printf("Yesterday %d:%02d ", h, m);else if(f==0)printf("Today %d:%02d ", h, m);else printf("Tomorrow %d:%02d ", h, m);cout<<now<<'\n';}return 0; }

C - Justice

自己想的辣雞代碼
剛開始沒思路于是想猜結論：只要和大于1就一定能夠分成兩組，因為它是以$\frac{1}{2^k}$為一份，怎么分組就貪心分一下，對于較大的k由于小數太小，沒法存儲，我當時想的是忽略這些值（k>25的時候小數已經非常小可能對答案沒影響），于是寫出了下面辣雞代碼wa了

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<set> #include<map> #include<cmath> #include<queue> #include<string> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<unordered_map> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; const int mod=1e9+7; const double eps=1e-14; const int N=100010; double two[110]; int ans[N]; int n; struct node {int k,id;bool operator<(const node& o) const {return k<o.k;} }q[N]; int main() {//IO;int T=1;cin>>T;two[0]=1.0;for(int i=1;i<=100;i++) two[i]=two[i-1]/2.0;for(int ca=1;ca<=T;ca++){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>q[i].k;q[i].id=i;}sort(q+1,q+1+n);double s=0.0;for(int i=1;i<=n;i++){if(q[i].k>=100) {ans[q[i].id]=1;continue;}if(s+eps>0.5) ans[q[i].id]=1;elseans[q[i].id]=0;s+=two[q[i].k];}if(s+eps>1.0) {printf("Case %d: YES\n",ca);for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i];cout<<'\n';}elseprintf("Case %d: NO\n",ca);}return 0; }

正解
我們需要湊一個$\frac{1}{2}$，或者2個$\frac{1}{4}$，或者4個$\frac{1}{8}\dots$
不難發現如果當前需要湊$cnt$個$\frac{1}{2^k}$，那么如果現在沒有$\frac{1}{2^k}$，我們不得不用$\frac{1}{2^j}(j>k)$來湊，不難發現我們現在需要湊$cnt\times 2^{j?k}$個$\frac{1}{2^j}$

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<set> #include<map> #include<cmath> #include<queue> #include<string> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<unordered_map> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; const int N=100010; struct node {int k,id;bool operator<(const node&o) const {return k<o.k;} }q[N]; int ans[N]; int n; int main() {//IO;int T=1;cin>>T;for(int ca=1;ca<=T;ca++){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){ans[i]=0;cin>>q[i].k;q[i].id=i;}sort(q+1,q+1+n);bool ok=0;int pre=1;int cnt1=1,cnt2=1;for(int i=1;i<=n;i++){while(cnt1+cnt2<=n-i+1&&pre<q[i].k)//少個+1都會wa 感覺數據有點詭異啊{cnt1*=2;cnt2*=2;pre++;}if(cnt1+cnt2>n-i+1) break;if(cnt1>0){cnt1--;ans[q[i].id]=1;}elsecnt2--; if(cnt1<=0&&cnt2<=0) {ok=1;break;}}if(!ok) printf("Case %d: NO\n",ca);else{printf("Case %d: YES\n",ca);for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i];cout<<'\n';}}return 0; }

D - The Moon

一看就是個概率dp的題，由于自己概率dp的題寫的太少了，然后就寫不出來，看的題解。

設$f_i$是當$q=i$是的期望次數
$f_i=p(1?q)(1+f_{q+2\%})+pq+(1?p)(1+f_{q+1.5\%})$
記憶化搜索即可

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<set> #include<map> #include<cmath> #include<queue> #include<string> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<unordered_map> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; const int mod=1e9+7; const int N=1010; double f[N]; int p; double dfs(int q) {if(f[q]>=0) return f[q];if(q>=1000)return f[q]=100.0/(1.0*p);f[q]=(1.0*p/100.0)*(1.0-1.0*q/1000.0)*dfs(min(1000,q+20))+(1.0-1.0*p/100.0)*dfs(min(1000,q+15))+1.0;return f[q]; } int main() {//IO;int T=1;cin>>T;for(int ca=1;ca<=T;ca++){for(int i=0;i<=1000;i++) f[i]=-1;;cin>>p;printf("Case %d: %.6lf\n",ca,dfs(20));}return 0; }

F - The Hermit

這題非常巧妙啊
結論：對于第$i$個站$[i?ra{d}_i+1,i?2]$范圍的基站都能夠接收到第$i$個站的perfect signal
仔細想想可知道根據$i?ra{d}_i+1\le i+1?ra{d}_{i+1}+1$條件，就能使$[i?ra{d}_i+1,i?2]$的基站滿足條件。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<set> #include<map> #include<cmath> #include<queue> #include<string> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<unordered_map> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; const int mod=1e9+7; const int N=100010; int main() {//IO;int T=1;cin>>T;for(int ca=1;ca<=T;ca++){int n;cin>>n;int res=0;for(int i=1;i<=n;i++){int a;cin>>a;res^=max(0,a-2);}printf("Case %d: %d\n", ca, res);}return 0; }

I - Strength

貪心+模擬，1發A有點高興。
先判斷是否能夠打死完對面的怪物，如果能夠打完那么先用最小的代價把防御類型的干掉（只需找一個大于防御值的最小的攻擊即可）
如果不能打死完，那么我們只需要用最大的攻擊最小的即可，欺負弱小

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<set> #include<map> #include<cmath> #include<queue> #include<string> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<unordered_map> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; const int mod=1e9+7; const int N=100010; int n,m; int a[N]; int b[N]; bool st1[N],st2[N]; int main() {//IO;int T=1;cin>>T;for(int ca=1;ca<=T;ca++){memset(st1,0,sizeof st1);memset(st2,0,sizeof st2);vector<int> ak,df;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];sort(a+1,a+1+n);for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i];for(int i=1;i<=m;i++){int op;cin>>op;if(op) df.push_back(b[i]);else ak.push_back(b[i]);}sort(df.begin(),df.end());sort(ak.begin(),ak.end());int cnt=0;int j=1;for(auto t:df){while(j<=n&&a[j]<t) j++;if(a[j]>=t) {st1[j]=1;cnt++;j++;}else break;}int res1=0,res2=0;if(cnt==df.size()){int cnt=0,j=1;for(auto t:ak){while(j<=n&&!st1[j]&&a[j]<t) j++;if(a[j]>=t){res1+=a[j]-t;j++;st2[j]=1;cnt++;}else break;}if(cnt==ak.size()){for(int i=1;i<=n;i++)if(!st1[i]&&!st2[i]) res1+=a[i];}else{res1=0;int j=n;for(auto t:ak){if(!st1[j]&&a[j]>=t) {res2+=a[j]-t;j--;}else break;}}}else{int j=n;for(auto t:ak){if(a[j]>=t) {res2+=a[j]-t;j--;}else break;}}printf("Case %d: %d\n", ca, max(res1, res2));}return 0; }

F - Lovers

線段樹待補

總結

以上是生活随笔為你收集整理的2018CCPC吉林赛区（重现赛）补题部分——F线段树待补的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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