2019-2020 ICPC Asia Hong Kong Regional Contest

EASY：

B. Binary Tree
给定一棵树，双方轮流玩游戏，每次可以移除一棵完全二叉树子树。问最后谁会赢。因为完全二叉树一定是奇数，所以直接判断奇偶性即可。

void solve(){n=read();rep(i,1,n-1){int u=read(),v=read();}puts(n&1?"Alice":"Bob");
}

D. Defining Labels
进制相关，就是他是用10-k~10来代替对应的进制

void solve(){LL k=read(),n=read();vector<int> ans;LL tmp=n;while(true){auto temp=tmp%k;if(temp==0) {ans.push_back(9);tmp /= k;tmp --;}else{ans.push_back(10-k+temp-1);tmp /= k;}if(tmp<=0) break;}reverse(ans.begin(), ans.end());for(auto u:ans) printf("%d",u);printf("\n");
}

G. Game Design
感觉还是比较好构造的

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int k, tot;
int fa[maxn], c[maxn];
vector<int> G[maxn];
void dfs(int n, int f) {++tot;fa[tot] = f;if (f) {G[f].push_back(tot);}if (n == 1) {return;}int now = tot;if (n & 1) {dfs(2, now);dfs(n / 2, now);} else {dfs(1, now);dfs(n - 1, now);}
}
void dfs2(int u) {if (G[u].empty()) {c[u] = 1;return;}for (auto v : G[u]) {dfs2(v);c[u] += c[v];}
}
int main() {cin >> k;if (k == 1) {cout << "2\n";cout << "1\n";cout << "2 1\n";return 0;}dfs(k, 0);dfs2(1);cout << tot << '\n';for (int i = 2; i <= tot; i++) {cout << fa[i] << ' ';}cout << '\n';for (int i = 1; i <= tot; i++) {cout << c[i] << ' ';}cout << '\n';return 0;
}

MID

E. Erasing Numbers
对于i位置，对所有比a[i]大的置为1，否则置为0.
110 001之类的类型并不改变0和1数量之间的关系，只有000和111改变。所以找到所有能删掉的0或者1，然后看是否能将二者数量删的一样多。

int sl[N],sr[N];void solve(){int n=read();vector<int> a(n+1),st(n+1,0);rep(i,1,n) a[i]=read();for(int i=1;i<=n;++i){int big=n-a[i],small=a[i]-1;if(big==small){st[i]=1;continue;}vector<int> L,R;rep(j,1,i-1) {L.push_back(a[j]>a[i]);}rep(j,i+1,n){R.push_back(a[j]>a[i]);}if(big>small){int sum=0,now=0;for(int i=0;i<L.size();++i){if(L[i]==0) now --;else now ++;now=max(0, now);if(now>=3) now -= 2, sum ++;}now=0;for(int i=0;i<R.size();++i){if(R[i]==0) now --;else now ++;now=max(0, now);if(now>=3) now -= 2, sum ++;}if(2*sum>=big-small) st[i]=1;}else{int sum=0,now=0;for(int i=0;i<L.size();++i){if(L[i]==1) now --;else now ++;now=max(0, now);if(now>=3) now -= 2, sum ++;}now=0;for(int i=0;i<R.size();++i){if(R[i]==1) now --;else now ++;now=max(0, now);if(now>=3) now -= 2, sum ++;}if(2*sum>=small-big) st[i]=1;}}for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d",st[i]);printf("\n");
}

J. Junior Mathematician
比较典型的数位DP，一开始像用和和平方和来凑出要求的式子。后来发现/2可能没有逆元。所以换了一种方式，每次增加一位会增加哪些信息？记录一个已构造数字和与当前情况下题目中那个式子关于m的模数，即f[i][j][k]表示构造到i为已构造数字和模m为j,当前构造的题干式子模m为k的方案数。

const int N=200010,M=N*2,mod=1e9+7;
int f[5010][61][61][2]; //f[i][j][k][flag]
int num[5010],pos,tmp[5010],m;
int power[N];LL dfs(int p,int sum,int more,int flag){if(p==0) return more==0;if(f[p][sum][more][flag]!=-1&&flag)return f[p][sum][more][flag];int up=flag?9:num[p];LL ans=0;for(int i=0;i<=up;++i){ans=(ans+dfs(p-1,(sum+i)%m, (more+i*power[p-1]%m-i*sum%m+m)%m, flag||(i<up)))%mod;}if(flag)f[p][sum][more][flag]=ans;return ans;
}LL calc(string &s,int m){pos=0;for(int i=0;i<s.size();++i){tmp[++pos]=s[i]-'0';}// rep(i,1,pos) cout << tmp[i];cout << "\n";if(m){tmp[pos] --;for(int i=pos;i>=1;--i){if(tmp[i]<0){tmp[i] += 10;tmp[i-1] -= 1;}}}int st = tmp[1] == 0 ? 2 : 1;int p=0;for(int i=pos;i>=st;--i)num[++p]=tmp[i];return dfs(p,0,0,0);
}void solve(){string L,R;cin >> L >> R >> m;power[0]=1;for(int i=1;i<=5000;++i)power[i]=(LL)power[i-1]*10%m;rep(i,0,R.size()) rep(j,0,m) rep(k,0,m) rep(l,0,1)f[i][j][k][l]=-1;LL ansL=calc(L,1),ansR=calc(R,0);print(((ansR-ansL)%mod+mod)%mod);
}

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