[20180815]校内模拟赛

T1 游戏(game)

问题描述

Alice准备和Bob玩一个游戏，他们先拿出若干堆石子，每一堆里面都有一定数量的石子。

Alice和Bob轮流操作，Alice先手，每次操作需要选择一堆石子数量大等于2的石子，把这堆石子分成两堆。

假设这堆石子中有x个石子，那么可以分成一堆y(1≤y<x)个石子和一堆x-y个石子。

如果轮到一个人操作时没有可选的石子堆，这个人就输了。

Alice有n堆石子，其中第i堆有\(a_i\)个石子，他打算选出其中连续一段石子跟Bob玩。

你需要回答m次询问，每次查询取出第l堆到第r堆石子进行游戏，双方都选择最优策略时谁会获胜。

输入格式

第一行两个正整数n,m。

第二行n个正整数，表示\(a_i\) 。

接下来m行，每行两个正整数l,r，表示一个询问。

输出格式

对于每个询问输出一行“Alice”或“Bob” ，表示答案。

样例

样例输入


2 3
1 2
1 1
2 2
1 2

样例输出


Bob
Alice
Alice

数据范围

对于 100%的数据，n,m,\(a_i\) ≤ 10^5 ，l ≤ r。

Solution

一个大小为n的石子堆可以被分（n-1）次。

对于一段石子，如果能分k次：

  1. k是奇数，Alice胜
  2. k是偶数，Bob胜

前缀和处理。

#include<iostream>
#include<cstdio>
inline long long read(){
    long long x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')ch=getchar();ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
#define MN 100005
long long n,m,a[MN];
int main(){
    freopen("game.in","r",stdin);
    freopen("game.out","w",stdout);
    n=read(),m=read();
    register int i,x,y;
    for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read()-1+a[i-1];
    while(m--){
        x=read();y=read();
        if((a[y]-a[x-1])&1) puts("Alice");
        else puts("Bob");
    }
    return 0;
}

T2 数字(number)

问题描述

小 D 最近在研究 A+B 问题，可是这个问题对他来说太棘手了，因为他连读入都不会。

小 D 开了两个变量a和b,并且把它们的初值设为1.

接下来他可以添加若干行代码， 每一行可以是\(a = a + b\)或\(b = a + b\)。

已知A+B 问题的样例输出是n,小D 想知道自己至少需要添加多少行代码才能让a和b中至少有一个等于n以通过样例呢？

输入格式

一行一个正整数n。

输出格式

输出一个整数，表示答案。

样例

样例输入


5

样例输出


3

数据范围

对于 100%的数据，n≤ 10^6 。

Solution

枚举最后一步是由那两个数相加得到的，设为A和B。

可以发现倒推回去的过程类似求gcd的过程。

显然A和B必须要互质。

在倒推的过程中计算步数，最后取个min。

#include<iostream>
#include<cstdio>
inline long long read(){
    long long x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')ch=getchar();ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
#define MN 1000005
int n,m;
int ans=MN,N;
inline int gcd1(int x,int y){
    if(y==0) return 0;
    return gcd1(y,x%y)+(x/y);
}
inline int gcd2(int x,int y){
    if(y==0) return x;
    return gcd2(y,x%y);
}
int main(){
    freopen("number.in","r",stdin);
    freopen("number.out","w",stdout);
    n=read();register int i;
    for(i=1;i<=n-i;i++){
        m=gcd2(n-i,i);if(m!=1) continue;
        ans=std::min(ans,gcd1(n-i,i));
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

T3 旅行(travel)

问题描述

旅行家小C今天在一条数轴上旅游，一开始他位于x。

数轴王国接下来会依次举行n次活动，每次在区间\([l_i,r_i]\)内举行。

在每个活动开始前，小C可以移动任意的距离，从a移动到b会让他积攒|a-b|的疲劳值。

如果一个活动开始时，小C不在活动范围内，他就会不开心，并且如果离活动范围越远他就越不开心

具体地说，如果小C当前位置到活动范围的最短距离为k,小C就会积攒k的疲劳值。

请你求出所有活动结束后小C最小的疲劳值之和。

输入格式

第一行两个正整数n,x。

接下来n行，每行两个正整数\(l_i\) ,\(r_i\) 。

输出格式

输出一个整数，表示答案。

样例

样例输入


5 4
2 7
9 16
8 10
9 17
1 6

样例输出


8

数据范围

对于 100%的数据，n ≤ 5* 10^5 ，x,\(l_i\) ,\(r_i\) ≤ 10^9 。

Solution

维护使答案最优的区间[L,R],初始L=R=x。

设d(X,i)为X位置到活动[li,ri]的最小距离。

假设当前的位置为pos，对于一个活动[li,ri]

（1） pos不在活动区间内

只要不往远离这个活动区间的方向走，或者的走到区间里面去，疲劳值总是一定的，就是d(pos,i)。

  1. 如果往远离这个活动 区间的方向走，会使疲劳值d(pos,i)的基础上在增加走的距离，可以把它看作先原地不动，活动i结束后再走相应的距离，疲劳值不变。
  2. 如果走到区间里面去，同样也可以先走到活动的边界，剩下的距离留到活动结束后再走。

所以使答案最优的区间：[pos,li]或[ri,pos]

同样的，如果当前pos的区间为[L,R],且[L,R]和[li,ri]无交，[L,R]应更新为[min(R,ri),max(L,li)]

（2）pos在活动区间内

原地不动会是最优的，这应该比较显然。

同样的，如果当前pos的区间为[L,R],且[L,R]和[li,ri]相交，[L,R]应更新为原先两个区间的交集，即

[max(L,li),min(R,ri)].

以下是学长的题解：

f[i][j]表示第i个活动后在j的最小疲劳值，对于每个i，先从i-1复制DP值，接下来有两部分计算，第一部分算活动的疲劳值，j<li的加上li-j，j>ri的加上j-ri。第二部分移动，用f[i][j]+1更新f[i][j-1]和f[i][j+1] 。

事实上，对于每个i，把f[i][j]看成关于j的函数，这个函数会由最多三部分组成，第一部分形如y=-x+a，第二部分y=b，第三部分y=x+c，也就是差分恰好形成-1,0,1三段.

考虑用归纳法证明：i=0 f[i][j]=|j-x|，显然满足。i增大时，第一部分计算会让函数再加上一个差分为-1,0,1的函数，差分会变成-2,-1,0,1,2。第二部分计算会让函数的差分绝对值不超过1，差分又会变成-1,0,1。差分为0的那一段就是最小的答案，维护这一段的位置并顺便计算答案即可。

时间复杂度O(n)

#include<iostream>
#include<cstdio>
inline long long read(){
    long long x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')ch=getchar();ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
#define MN 500005
int n,pos,l,r,L,R;
long long ans;
bool cross(int x,int y,int a,int b){
    long long len=(y-x)+(b-a);
    x=std::min(x,a);
    y=std::max(y,b);
    return len>(y-x);
}
int main(){
    freopen("travel.in","r",stdin);
    freopen("travel.out","w",stdout);
    int n=read();
    pos=L=R=read();ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        l=read(),r=read();
        if(cross(l,r,L,R)){
            L=std::max(l,L);
            R=std::min(r,R);
        }
        else{
            R=std::min(R,r);
            L=std::max(L,l);
            std::swap(L,R);
            ans+=R-L;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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时间： 2024-10-30 20:41:33

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