【CCPC】2022年绵阳站部分题解（ACGM）

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这场比赛我补了A、C、G、M四道题。

A. Ban or Pick, What's the Trick

C. Catch You Catch Me

G. Let Them Eat Cake

M. Rock-Paper-Scissors Pyramid

A. Ban or Pick, What's the Trick

A题是一道比较需要考验思维的记忆化搜索题目，原题意思是a、b团队分别有n个英雄，每个英雄有自己的战斗力，每个阵营在自己的回合中可以有两种选择：

1、ban掉一个对方阵营中还没被选择的英雄；

2、选择一个己方阵营还没被ban的英雄。

k为每个阵营最多可以选择的英雄数量。

设 Sa 为a阵营选择英雄后的总战斗力， Sb 则为b阵营选择英雄后的总战斗力，

求两个阵营在表现都最佳的情况下，Sa - Sb 的最终值。

思路：

记忆化搜索，在每次 dfs 的时候都选择当前阵营最优的选法。由于k<=10，所以我们数组可以开到三维，

即dp[1e5*2][10][10]（*2是因为我们把每个阵营的回合都拆开来，这样在写dfs的时候好判断些）

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;const int N = 100010, M = 600010, mod = 998244353;
const long long INF = 1e18;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef long long LL;
typedef pair<LL, LL> PLL;LL n, m;
LL a[N], b[N], dp[N * 2][15][15];bool com(LL a, LL b) {return a > b;
}LL dfs(LL turn, LL cnta, LL cntb) {//两个阵营分别选了cnta、cntb个英雄if (turn == 2 * n)return 0;if (dp[turn][cnta][cntb] != -INF)return dp[turn][cnta][cntb];int ra = turn / 2 + cnta - cntb;//ra：a阵营被操作（ban或选）的英雄数（rb同理）int rb = (turn + 1) / 2 - cnta + cntb;//(turn+1)/2是b阵营最多被ban掉的英雄数量（turn/2则是a阵营的）if (turn % 2) {//b的回合LL res = INF;//b希望res的值最小化，所以是取minif (cntb < m && rb + ra <= 2 * n)res = min(res, dfs(turn + 1, cnta, cntb + 1) - b[rb + 1]);res = min(res, dfs(turn + 1, cnta, cntb));dp[turn][cnta][cntb] = res;return res;}else {//a的回合LL res = -INF;//a希望res的值最大化，所以是取maxif (cnta < m && ra + rb <= 2 * n)res = max(res, dfs(turn + 1, cnta + 1, cntb) + a[ra + 1]);res = max(res, dfs(turn + 1, cnta, cntb));dp[turn][cnta][cntb] = res;return res;}
}void init() {for (int i = 0; i <= 2 * n; i++)for (int j = 0; j <= m; j++)for (int k = 0; k <= m; k++)dp[i][j][k] = -INF;
}int main() {cin >> n >> m;init();for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> b[i];sort(a + 1, a + 1 + n, com);sort(b + 1, b + 1 + n, com);cout << dfs(0, 0, 0) << endl;return 0;
}

C. Catch You Catch Me

大概题意为给你 n 条路径构成一个无向树，结点编号为1~n。在这棵树中，结点 1 为出口，其他所有结点上都有一只蝴蝶。每一分钟，每只蝴蝶都会沿着一条边向 1 号结点方向移动。

主人公Bobo能做的是选择树中某一分钟的任何结点（包括第0分钟，所有的蝴蝶都在它们各自的结点上），并捕获该结点上的所有蝴蝶(Bobo不能捕获结点1上的蝴蝶，因为蝴蝶到达结点1后立即消失)。

求Bobo抓到所有的蝴蝶最少要操作几次。

思路：

设置 ans 为Bobo的操作次数

1、在第0分钟的时候，Bobo需要将结点1 的所有临接点上的蝴蝶抓到（不然它们就跑了），所以 ans+= 结点1的临接点的个数；

2、在每个结点1 的子树中，我们完全可以等同一深度的蝴蝶走到一起时再抓，所以每棵子树需要的操作数为子树的深度，所以 ans += 所有子树的深度。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=100010;LL n,m;
int h[N],e[N*2],ne[N*2],idx;void add(int a,int b){
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}vector<int>v;
LL res=0;
void dfs(int u,int fa,LL d){<br>　　//d 为深度res=max(res,d);for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];if(j==fa)continue;dfs(j,u,d+1);}
}int main(){memset(h,-1,sizeof h);cin>>n;LL ans=0;for(int i=1;i<n;i++){int a,b;cin>>a>>b;if(a>b)swap(a,b);add(a,b);add(b,a);if(a==1){v.push_back(b);}}for(int i=0;i<v.size();i++){res=0;dfs(v[i],1,1);ans+=res;}cout<<ans<<endl;return 0;
}

G. Let Them Eat Cake

G题的题意大概是给你 n 个人，每个人有自己的号码，每个人都希望能得到Bobo王给的蛋糕。

在一轮中，有：

1、如果队伍剩余一个人，那么Bobo王会直接给他蛋糕（不计回合数）；

2、如果一个人的号码比相邻的人（可能为1个可能为2个）小，那么他就会得到蛋糕，然后退出队伍，后面的人按照顺序往前填补空缺（这算一轮）。

问：Bobo王想让所有人都得到蛋糕，最少需要多少轮？

思路：

一开始我想错了，以为是号码要同时比旁边的人小才能拿到蛋糕，结果wa了好几发.....

用两个vector来记录当前还在队伍中的人的号码，拿到蛋糕的人就离开，不会再进入下一轮。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL, LL> PLL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 100010;LL n, m;
vector<LL>a, b;
int main() {cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++) {LL x;cin >> x;b.push_back(x);}LL cnt = 0;while (true) {if (b.size() <= 1)break;for (int x : b)a.push_back(x);b.clear();for (int i = 0; i < a.size(); i++)if (!i && a[i] > a[i + 1])b.push_back(a[i]);else if (i == a.size() - 1 && a[i - 1] < a[i])b.push_back(a[i]);else if (a[i - 1]<a[i] && a[i]>a[i + 1])b.push_back(a[i]);a.clear();cnt++;}cout << cnt << endl;return 0;
}

M. Rock-Paper-Scissors Pyramid

R ：石头 S ：剪刀 P ：布

Bobo设计了一个“石头剪刀布”金字塔，将初始字符串 s 按顺序放置在最下面的积木上，金字塔按以下规则演化:

如果紧挨着一个方块下方的两个方块具有相同的形状(即都是R、P或S)，我们将在方块上放置相同的形状。

如果一个方块下面的两个方块形状不同，我们将把获胜的形状放在方块上。

每次给你一串字符串序列（由若干个‘S’ 、‘R’ 、‘P’ 组成），问你最后哪个形状会到达塔顶。

思路：

如果一个字母要赢到最后，那么它肯定是所有字母里赢得次数最多的。为什么呢？

假设我是布，我前面是石头，那么无论如何到最后一定会是我距离塔顶更近（我会比前面的石头高一层）；

同理，如果我是剪刀，我后面是石头，那么最后我一定会送我后面的石头更上一层。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 1000010, M = 600010;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef long long LL;
typedef pair<LL, LL> PLL;LL n, m;
char s[N];
bool check(char a, char b) {if (a == b)return false;if (a == 'S')return b == 'P';if (a == 'P')return b == 'R';if (a == 'R')return b == 'S';//返回a是不是赢了
}int main() {cin >> n;while (n--) {scanf("%s", s + 1);int ans = 0, maxc = -1;int pos = 1;int len = strlen(s + 1);for (int i = 2; i <= len; i++) {if (s[i] == s[i - 1])continue;if (check(s[i], s[i - 1]))ans++;else ans--;if (ans > maxc) {pos = i;maxc = ans;}}if (maxc == -1)pos = 1;printf("%c\n", s[pos]);}return 0;
}

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