A. ConneR and the A.R.C. Markland-N
题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/A
题意：
有一个长为 n 的楼层，其中有 k 个楼层没有餐厅 ，你现在在 s 层，问你最少走多少个楼层可以到达餐厅吃饭
分析：
因为 k 只有 1000,所以直接往 s 层上下方找(当找到 0 或者 n + 1 时说明这个方向没有答案)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
map<ll , int>ha;
int main()
{
int t;
cin >> t;
while(t --)
{
ha.clear();
ll n , s , k ;
cin >> n >> s >> k;
for(int i = 1 ; i <= k ; i ++)
{
int x;
cin >> x;
ha[x] = 1;
}
ll now = s , ans = (0x3f3f3f3f3f3fll);
while(ha[now])
now ++ ;
if(now != n + 1)
ans = now - s;
now = s;
while(ha[now])
now --;
if(now != 0)
ans = min(ans , s - now);
cout << ans << ‘\n‘;
}
return 0;
}
B. JOE is on TV!
题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/B
题意：
当敌人总数为 i 时，如果它犯了 j（j <= i） 个错误，则你可以获得 $\dfrac {j}{i}$ 的报酬，同时敌人数量会减少 j 。现有n个敌人，问你能获得的最大报酬为多少
分析：
(应该很很多人都是盲猜正解，比如我)
记敌人总数为 N , 若此时你要让它犯 T 个错误,则你获得的报酬为$\dfrac {T}{N}$ , 敌人总数变为 N - T。
但若你从 N 开始每次让敌人犯1个错误直到敌人总数为 N - T , 那么的获得的报酬就为 $\dfrac {1}{N}+\dfrac {1}{N-1}+\ldots +\dfrac {1}{N-T+1}$
然后可以证得 $\dfrac {T}{N}\leq \dfrac {1}{N}+\dfrac {1}{N-1}+\ldots +\dfrac {1}{N-T+1}$ （怎么证就不细说了）
所以每次只让敌人犯一个错误获得的报酬会是最大的
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n ;
double ans = 0;
cin >> n;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
ans += 1.0 / i;
cout << ans << ‘\n‘;
return 0;
}
C. NEKO‘s Maze Game
题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/C
题意：
有一个 2 * N 的地图，开始每个位置都是可以走的。然后地图会改变 q 次，每次改变会使一个位置改变状态（可走→不可走，不可走→可走）
问每次改变完地图后是否能从(1 , 1)走到(2 , n)
分析：
因为地图只有两行，所以无法到达终点的情况只有这些：当前位置不可走，且该位置上、下、左上、左下、右上、右下不能走，我们用 cnt 统计这些情况的总个数
那么当 cnt = 0 时，则可以到达，否则不能
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 2e5 + 10;
ll mat[10][N];
int main()
{
ll n , q , cnt = 0;
cin >> n >> q;
for(int i = 1 ; i <= q ; i ++)
{
ll x, y, z = 1;
cin >> x >> y;
if(x == 1) z = 2;
if (mat[x][y])
cnt = cnt - mat[z][y - 1] - mat[z][y] - mat[z][y + 1];
else
cnt = cnt + mat[z][y - 1] + mat[z][y] + mat[z][y + 1];
if (!cnt)
cout << "Yes" << ‘\n‘;
else
cout << "No" << ‘\n‘;
mat[x][y] ^= 1;
}
return 0;
}
D. Aroma‘s Search
题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/D
题意：
有无数的点，第1个点的坐标为 (X1 , Y1) , 第2个点的坐标为 (X1 * ax + bx , Y1 * bx + by) , 第三个点的坐标为(X2 * ax + bx , Y2 * ay + by) ......
你的初始位置为(SX , SY) , 你每秒可以向上、向下、向左、向右移动一格。问在 T 秒内，你最多可以到达几个点
分析：
题目给的 SX、SY、T 最大可取值都为 1e16 ， 且点的个数是无限的，乍一看好像会有很多种情况，但因为ax , ay 都是大于等于2的，所以横坐标和纵坐标的增长速率都大于等于 2 的幂次
而除第一个点外当横坐标或纵坐标大于 1e17 时，这个点就肯定用不上了（因为此时这个点到距离它最近的点所用的时间必然 > T），那么算下来可以使用的点顶多也就60个.
所以我们可以枚举一个起点和终点（枚举的起点和终点可以相同）
若我们到达起点 i 所用的时间和到达终点 j 所用的时间小于等于T，则我们可以到达的点的个数为 $abs\left( i-j\right) +1$ （不理解可以把顶点的分布情况画出来），然后更新一下 ans
// 比赛时用 dfs 枚举的复杂度为O( n ^ 3 ) , 虽然不会超时但是写的比较乱，所以赛后看tourist代码改了一份精简版的
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define ll long long
const int N = 2e5 + 10;
const ll MAXN = 1e17;
vector<pair<ll , ll> >vec;
ll dist(ll x1 , ll y1 , ll x2 , ll y2)
{
return abs(x1 - x2) + abs(y1 - y2);
}
int main()
{
ll x , y , ax , ay , bx , by;
ll sx , sy , t;
cin >> x >> y >> ax >> ay >> bx >> by;
cin >> sx >> sy >> t;
vec.push_back(make_pair(x , y));
while(1)
{
ll xx , yy , len = vec.size() - 1;
if(vec[len].fi * 2 + bx < MAXN && vec[len].se * 2 + by < MAXN)
xx = vec[len].fi * ax + bx , yy = vec[len].se * ay + by;
else break;
vec.push_back(make_pair(xx , yy));
}
int ans = 0;
for(int i = 0 ; i < vec.size() ; i ++)
for(int j = 0 ; j < vec.size() ; j ++)
if(dist(sx , sy , vec[i].fi , vec[i].se) + dist(vec[i].fi , vec[i].se , vec[j].fi , vec[j].se) <= t)
ans = max(ans , abs(i - j) + 1);
cout << ans << ‘\n‘;
return 0;
}
E. Xenon‘s Attack on the Gangs
题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/E
待补
原文地址：https://www.cnblogs.com/StarRoadTang/p/12216456.html