2019-08-01 纪中NOIP模拟赛B组

T1 [JZOJ2642] 游戏

题目描述

　　Alice和Bob在玩一个游戏，游戏是在一个N*N的矩阵上进行的，每个格子上都有一个正整数。当轮到Alice/Bob时，他/她可以选择最后一列或最后一行，并将其删除，但必须保证选择的这一行或这一列所有数的和为偶数。如果他/她不能删除最后一行或最后一列，那么他/她就输了。两人都用最优策略来玩游戏，Alice先手，问Alice是否可以必胜？

分析

　　这个说辞...一看就知道是博弈论

　　众所周知，博弈论有两个重要结论：

　　1.一个状态是必败状态当且仅当它任意后继都是必胜状态

　　2.一个状态是必胜状态当且仅当它存在后继是必败状态

　　于是设 $f[i][j]$ 为矩阵为 $i$ 行 $j$ 列时该回合操作方的状态（$1$ 为必胜，$0$ 为必败），显然 $f[1][1]=1$

　　同时需要将 $f[1][i]$ 和 $f[i][1]$ 初始化，还要记录所有横轴和纵轴的前缀和

　　然后分别讨论删除最后一行和最后一列时的后继状态，若该行或该列无法被删除，则该后继视为必胜

　　考场上写这题的时候已经不早了，感觉有点慌，幸好最后过了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
#define N 1005int T, n;
int g[N][N], f[N][N], p1[N][N], p2[N][N];int main() {scanf("%d", &T);while (T--) {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= n; j++) {scanf("%d", &g[i][j]);p1[i][j] = p1[i][j - 1] + g[i][j];p2[i][j] = p2[i - 1][j] + g[i][j];}f[1][1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++) {int t1, t2;if (p1[1][i] % 2) t1 = 1;else t1 = 0;if (p2[1][i] % 2) t2 = 1;else if (f[1][i - 1]) t2 = 1;else t2 = 0;if (t1 && t2) f[1][i] = 0;else f[1][i] = 1;}for (int i = 2; i <= n; i++) {int t1, t2;if (p2[i][1] % 2) t2 = 1;else t2 = 0;if (p2[i][1] % 2) t1 = 1;else if (f[i - 1][1]) t1 = 1;else t1 = 0;if (t1 && t2) f[1][i] = 0;else f[i][1] = 1;}for (int i = 2; i <= n; i++)for (int j = 2; j <= n; j++) {int t1, t2;if (p1[i][j] % 2) t1 = 1;else if (f[i - 1][j]) t1 = 1;else t1 = 0;if (p2[i][j] % 2) t2 = 1;else if (f[i][j - 1]) t2 = 1;else t2 = 0;if (t1 && t2) f[i][j] = 0;else f[i][j] = 1;}if (f[n][n]) printf("W\n");else printf("L\n");}return 0;
}

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T2 [JZOJ2643] 六边形

题目描述

　　棋盘是由许多个六边形构成的，共有5种不同的六边形编号为1到5，棋盘的生成规则如下：

　　1.从中心的一个六边形开始，逆时针向外生成一个个六边形。

　　2.对于刚生成的一个六边形，我们要确定它的种类，它的种类必须满足与已生成的相邻的六边形不同。

　　3.如果有多个种类可以选，我们选择出现次数最少的种类。

　　4.情况3下还有多个种类可以选，我们选择数字编号最小的。

　　现在要你求第N个生成的六边形的编号？

　　前14个六边形生成图如下：

分析

　　这是个纯模拟，感觉没有什么要分析的

　　主要就是要多注意细节，考场上少写了一句代码，直接掉到了 $45.5$ 分

　　而且每次一写模拟就写得贼慢

//考场上写得有点繁琐
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 10005int T, n, c = 2, now = 8, s, e, ok, g1, g2;
int q[25], g[N], book[6], sum[6];int main() {scanf("%d", &T);for (int i = 1; i <= T; i++) {scanf("%d", q + i);n = max(n, q[i]);}g[1] = 1; g[2] = 2; g[3] = 3;g[4] = 4; g[5] = 5; g[6] = 2; g[7] = 3;sum[1] = sum[4] = sum[5] = 1;sum[2] = sum[3] = 2; sum[0] = inf;s = 2; e = 7;while (++c) {for (int i = 1; i <= 6; i++) {for (int j = 1; j < c; j++) {memset(book, 0, sizeof book);int minsum = inf;if (j != c - 1) {if (now == e + 1) {book[g[s]] = book[g[e]] = 1;for (int k = 1; k <= 5; k++)if (!book[k])minsum = min(minsum, sum[k]);for (int k = 1; k <= 5; k++)if (!book[k] && sum[k] == minsum) {g[now++] = k; sum[k]++; break;}g1 = s; g2 = s + 1; s = e + 1;}else {book[g[g1]] = book[g[g2]] = book[g[now - 1]] = 1;for (int k = 1; k <= 5; k++)if (!book[k])minsum = min(minsum, sum[k]);for (int k = 1; k <= 5; k++)if (!book[k] && sum[k] == minsum) {g[now++] = k; sum[k]++; break;}g1++; g2++;}}else {if (i == 6) e = now, book[g[s]] = 1;book[g[g1]] = book[g[now - 1]] = 1;for (int k = 1; k <= 5; k++)if (!book[k])minsum = min(minsum, sum[k]);for (int k = 1; k <= 5; k++)if (!book[k] && sum[k] == minsum) {g[now++] = k; sum[k]++; break;}}if (now > n) {ok = 1; break;}}if (ok) break;}if (ok) break;}for (int i = 1; i <= T; i++)printf("%d\n", g[q[i]]);return 0;
}

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T3 [JZOJ2644] 数列

题目描述

　　给你一个长度为N的正整数序列，如果一个连续的子序列，子序列的和能够被K整除，那么就视此子序列合法，求原序列包括多少个合法的连续子序列？

　　对于一个长度为8的序列,K=4的情况：2, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 2 。它的答案为6，子序列是位置1->位置8,2->4,2->7,3->5,4->6,5->7。

分析

　　看到题目就先写了前缀和枚举区间 $O(n^2)$ 暴力 $30 \, pts$

　　当时看了半天觉得这是最可做的一题，结果看了数据范围还是没想出来 $O(n \, log \, n)$ 做法

　　结果考完试下午看了下大家的讨论，发现正解是 $O(k)$

　　具体就是把每个前缀和按 $k$ 取模，记录每个余数出现的次数 $sum$

　　显然，前缀和所得余数相同的的两项之间的区间和，一定能被 $k$ 整除

　　所以在余数相同的项中，我们可以任意挑选两项组成一个合法区间

　　因此答案为 $\sum\limits_{i=0}^{k-1} \binom{sum[i]}{2}$

　　要注意，第 $0$ 项的前缀和余数视为 $0$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 50005
#define K 1000005int T, n, k, x;
int pre[N], sum[K];
ll ans, c[K];int main() {c[2] = 1;for (int i = 3; i <= N; i++)c[i] = c[i - 1] + i - 1;scanf("%d", &T);while (T--) {ans = 0;scanf("%d%d", &k, &n);for (int i = 1; i <= k; i++) sum[i] = 0;sum[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &x);pre[i] = (pre[i - 1] + x) % k;sum[pre[i]]++;}for (int i = 0; i < k; i++)ans += c[sum[i]];printf("%lld\n", ans);}return 0;
}

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转载于:https://www.cnblogs.com/Pedesis/p/11284483.html

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