Codeforces Round #676 (Div. 2) E待补

“楼下一个男人病得要死，那间隔壁的一家唱着留声机，对面是弄孩子。楼上有两人狂笑；还有打牌声。河中的船上有女人哭着她死去的母亲。人类的悲欢并不相通，我只觉得他们吵闹。”

A - XORwice

把a和b看成二进制数处理，不难发现只要a，b某位都是1我们就有办法把它消掉，否则答案该位一定是a+b（0，1）该位的值

#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;
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){int a,b;cin>>a>>b;int res=0;for(int i=30;i>=0;i--)if(!(a>>i&1)&&(b>>i&1)||(a>>i&1)&&!(b>>i&1)) res+=1<<i;cout<<res<<'\n';}return 0;
}

B - Putting Bricks in the Wall

我们只要让g[1][2]和g[2][1]的值相等并且不等于g[n][n-1]和g[n-1][n]的值即可，最多操作3步。

懒得想了，直接枚举(24=162^4=1624=16)，应该有更好写的写法。

#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=210;
char g[N][N];
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>g[i]+1;if(g[1][2]=='0'&&g[2][1]=='0'&&g[n][n-1]=='0'&&g[n-1][n]=='0') cout<<2<<'\n'<<1<<' '<<2<<'\n'<<2<<' '<<1<<'\n';else if(g[1][2]=='1'&&g[2][1]=='0'&&g[n][n-1]=='0'&&g[n-1][n]=='0')cout<<1<<'\n'<<2<<' '<<1<<'\n';else if(g[1][2]=='0'&&g[2][1]=='1'&&g[n][n-1]=='0'&&g[n-1][n]=='0')cout<<1<<'\n'<<1<<' '<<2<<'\n';else if(g[1][2]=='1'&&g[2][1]=='1'&&g[n][n-1]=='0'&&g[n-1][n]=='0')cout<<0<<'\n';else if(g[1][2]=='0'&&g[2][1]=='0'&&g[n][n-1]=='1'&&g[n-1][n]=='0')cout<<1<<'\n'<<n-1<<' '<<n<<'\n';else if(g[1][2]=='1'&&g[2][1]=='0'&&g[n][n-1]=='1'&&g[n-1][n]=='0')cout<<2<<'\n'<<2<<' '<<1<<'\n'<<n<<' '<<n-1<<'\n';else if(g[1][2]=='0'&&g[2][1]=='1'&&g[n][n-1]=='1'&&g[n-1][n]=='0')cout<<2<<'\n'<<2<<' '<<1<<'\n'<<n<<' '<<n-1<<'\n';else if(g[1][2]=='1'&&g[2][1]=='1'&&g[n][n-1]=='1'&&g[n-1][n]=='0')cout<<1<<'\n'<<n<<' '<<n-1<<'\n';else if(g[1][2]=='0'&&g[2][1]=='0'&&g[n][n-1]=='0'&&g[n-1][n]=='1')cout<<1<<'\n'<<n<<' '<<n-1<<'\n';else if(g[1][2]=='1'&&g[2][1]=='0'&&g[n][n-1]=='0'&&g[n-1][n]=='1')cout<<2<<'\n'<<1<<' '<<2<<'\n'<<n<<' '<<n-1<<'\n';else if(g[1][2]=='0'&&g[2][1]=='1'&&g[n][n-1]=='0'&&g[n-1][n]=='1')cout<<2<<'\n'<<1<<' '<<2<<'\n'<<n-1<<' '<<n<<'\n';else if(g[1][2]=='1'&&g[2][1]=='1'&&g[n][n-1]=='0'&&g[n-1][n]=='1')cout<<1<<'\n'<<n-1<<' '<<n<<'\n';else if(g[1][2]=='0'&&g[2][1]=='0'&&g[n][n-1]=='1'&&g[n-1][n]=='1')cout<<0<<'\n';else if(g[1][2]=='1'&&g[2][1]=='0'&&g[n][n-1]=='1'&&g[n-1][n]=='1')cout<<1<<'\n'<<1<<' '<<2<<'\n';else if(g[1][2]=='0'&&g[2][1]=='1'&&g[n][n-1]=='1'&&g[n-1][n]=='1')cout<<1<<'\n'<<2<<' '<<1<<'\n';else    cout<<2<<'\n'<<1<<' '<<2<<'\n'<<2<<' '<<1<<'\n';}return 0;

C - Palindromifier

abcdef→(edcb)abcdef→edcbabcdef(edcba)→edcbabcdefedcba(bcde)abcdef \to (edcb)abcdef\to edcbabcdef(edcba)\to edcbabcdefedcba(bcde)abcdef→(edcb)abcdef→edcbabcdef(edcba)→edcbabcdefedcba(bcde)
只要三步直接搞出来，可以配合代码和上述例子食用

#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;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){string s;cin>>s;int n=s.size();cout<<3<<'\n';cout<<"L "<<n-1<<'\n';cout<<"R "<<n-1<<'\n';cout<<"R "<<2*n-1<<'\n';}return 0;}

D - Hexagons

六个方向分别让坐标的变化：
c1:(x+1,y+1)c_1:(x+1,y+1)c1:(x+1,y+1)
c2:(x,y+1)c_2:(x,y+1)c2:(x,y+1)
c3:(x−1,y)c_3:(x-1,y)c3:(x−1,y)
c4:(x−1,y−1)c_4:(x-1,y-1)c4:(x−1,y−1)
c5:(x,y−1)c_5:(x,y-1)c5:(x,y−1)
c6:(x+1,y)c_6:(x+1,y)c6:(x+1,y)

不难发现操作c2+c6=c1c_2+c_6=c_1c2+c6=c1、c3+c5=c4c_3+c_5=c_4c3+c5=c4
因此从两方面考虑是否使用c1c_1c1和c4c_4c4操作
如果不使用那么只通过单独进行横坐标±1和纵坐标±1到达目的地直接算即可。
如果使用那么首先使得最终向x坐标和向y坐标移动的步数（dx=dy）相等，于是考虑先通过横坐标±1或者纵坐标±1操作使最终dx=dy，然后再通过c1c_1c1或者c4c_4c4操作使之到达目的地。
不过注意等效操作c2+c6=c1c_2+c_6=c_1c2+c6=c1、c3+c5=c4c_3+c_5=c_4c3+c5=c4取代价更小的。

#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;
ll c[10];
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){ll x,y;cin>>x>>y;for(int i=1;i<=6;i++) cin>>c[i];ll res=8e18;ll now=0;// +x 6// -x 3// +y 2// -y 5// 不用c1和c4if(x>=0&&y>=0)now=c[6]*x+c[2]*y;else if(x>=0&&y<0)now=c[6]*x+c[5]*(-y);else if(x<0&&y>=0)now=c[3]*(-x)+c[2]*y;elsenow=c[3]*(-x)+c[5]*(-y);res=min(res,now);// 使用c1和c4if(x>y){now=0;now+=c[5]*(x-y);if(x>=0) now+=min(c[1],c[2]+c[6])*x;else now+=min(c[4],c[3]+c[5])*(-x);res=min(res,now);now=0;now+=c[6]*(x-y);if(y>=0) now+=min(c[1],c[2]+c[6])*y;else now+=min(c[4],c[3]+c[5])*(-y);res=min(res,now);}else{now=0;now+=c[3]*(y-x);if(y>=0) now+=min(c[1],c[2]+c[6])*y;else now+=min(c[4],c[3]+c[5])*(-y);res=min(res,now);now=0;now+=c[2]*(y-x);if(x>=0) now+=min(c[1],c[2]+c[6])*x;else now+=min(c[4],c[3]+c[5])*(-x);res=min(res,now);}cout<<res<<'\n';}return 0;
}

吐槽一波，这题debug了半天竟然是上限搞小了，自己一般开101810^{18}1018结果有数据的答案比该值还大，最终把最大值开到8×10188×10^{18}8×1018才过的。。。

刚刚看了一波别人的题解，发现D题只需要把所有等效操作的代价取个最小值即可，没必要这样讨论，嗨自己还是太菜了

E - Swedish Heroes

这题好像是dp，以后回补的！

最近学业压力有点重，而且快期中考试了。。。这周六还有校赛，希望能打出好成绩。