Educational Codeforces Round #136 (Rated for Div. 2) A~C

A. Immobile Knight

题意：

给定一个 n×m 的棋盘，棋盘上有一个 “马”，可以在一个方向上移动两个单元格，在垂直方向上移动一个单元格。

问：将其放在哪个位置，才能使其无处可走。

如果满足条件，则输出坐标，否则输出任意一组坐标。

思路：

当棋盘横纵大小都小于等于 3 时，（2，2）必定不能走；大于 3 时，则任意位置都可以走；记得特判 1 即可。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;void solve()
{int n, m;cin >> n >> m;if (n == 1 || m == 1)cout << 1 << ' ' << 1 << endl;else cout << 2 << ' ' << 2 << endl;
}int main()
{int t;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

B. Array Recovery

题意：

给定一个数组 d，要求构造出一个非负数组 a，满足 di=∣ai−ai−1∣且 a0=0d_i \ =\ |a_i - a_{i - 1}|\ 且\ a_0 = 0di = ∣ai−ai−1∣ 且 a0=0 .

如果构造的 a 数组唯一则输出其元素，若不唯一则输出 -1.

思路：

根据 di=∣ai−ai−1∣d_i \ =\ |a_i - a_{i - 1}|di = ∣ai−ai−1∣ 还原数组即可。

要注意数组 a 中元素都是非负的。若 di<=ai−1d_i <= a_{i - 1}di<=ai−1 ，则 ai=ai−1+bi或ai−1−bia_i = a_{i - 1} + b_i或 a_{i - 1} - b_iai=ai−1+bi或ai−1−bi ，答案不唯一。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 110;int a[N], b[N];void solve()
{int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> b[i];}a[1] = b[1];for (int i = 2; i <= n; i++){if (b[i] <= a[i - 1] && b[i] != 0){cout << -1 << endl;return;}else {a[i] = b[i] + a[i - 1];}}for (int i = 1; i <= n; i++)cout << a[i] << ' ';cout << endl;
}int main()
{int t;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

C. Card Game

题意：

题意：现有 n （ n 是偶数）张卡片，点数分别为 1,2,…,n 。请将其分成两堆，每堆 n2\frac{n}{2}2n 张牌，让 Alice 和 Bob 进行游戏。

当前回合玩家：

选择一张卡片打出。
对方必须用点数大于该卡片的另一卡片接上。若无法接上，当前玩家获胜。

若无牌可出，则平局。

已知双方都足够聪明，请问有多少种发牌的方案，使得 Alice 获胜？同样地，输出最终Bob获胜和平局的发牌方案数。

思路：

参考 Educational Codeforces Round 136 (Rated for Div. 2) A~E - 知乎 (zhihu.com)

如果 Alice 拥有点数最大的牌
- Alice 获胜。只需要打出这张牌即可。设当前有 iii 张牌，这为 Alice 提供了 Ci−1i2−1C_{i - 1}^{\frac{i}{2} - 1}Ci−12i−1 种获胜方案
如果 Bob 拥有点数最大的牌
- 如果Bob拥有点数次大的牌
  - - Bob 获胜。Alice 无论出什么牌，都用次大的牌接上。轮到自己回合时，打出最大的牌，Alice 无法接上。
  - 如果 Alice 拥有点数次大的牌
  - - 如果 Bob 拥有点数第三大的牌
      - Bob 获胜。
      - 如果 Alice 拥有点数第三大的牌
      - 如果 Alice 拥有点数第四大的牌
        
        Alice 获胜。第一轮采用第四大的牌，Bob 采用最大的牌接上；Bob 选择一张牌打出，Alice 用第三大的牌接上。第二轮 Alice 采用第二大的牌，Bob 无法接上。设当前有 iii 张牌，这为 Alice 提供了 Ci−4i2−1C_{i - 4}^{\frac{i}{2} - 1}Ci−42i−1 种获胜方案
        
        如果 Bob 拥有点数第四大的牌
        
        双方将采取以下策略：
        
        Alice 采用第二大的牌，Bob 采用最大的牌接上；Bob 采用第四大的牌，Alice 采用第三大的牌接上。问题转化为只有 n−4n−4n−4 张牌的版本。

综上，假设 f[i] 表示 iii 张牌的游戏中，使得 Alice 获胜的发牌方案数。则有：

fi=Ci−1i2−1+Ci−4i2−1+fi−4f_i = C_{i - 1}^{\frac{i}{2} - 1} + C_{i - 4}^{\frac{i}{2} - 1} + f_{i - 4}fi=Ci−12i−1+Ci−42i−1+fi−4

平局只有一种方案。Bob 获胜的方案可用总方案 Cii2C_i^{\frac{i}{2}}Ci2i 减去其他方案得到。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 65, mod = 998244353;int c[N][N];
int f[N];void solve()
{int n;cin >> n;//组合数常见写法，从i中选j个for (int i = 0; i < N; i++){for (int j = 0; j <= i; j++){if (!j) c[i][j] = 1;else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;}}f[2] = 1;f[4] = 3;for (int i = 6; i <= n; i += 2){f[i] = ((c[i - 1][i / 2 - 1] + c[i - 4][i / 2 - 1]) % mod + f[i - 4]) % mod;}//每次都要取模，不然就会溢出cout << f[n] << ' ' << (c[n][n / 2] - f[n] - 1 + mod) % mod << ' ' << 1 << endl;
}int main()
{int t;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}