CSU2019_6月月赛

CSU2019_6月月赛总结

还有一半的时间逃出来开始写总结（难题太难不会做溜了溜了）
一A了两个水题，还是比较欣慰，最少比原来的连水题都疯狂wa进步很多，但是难题还是没思路，有思路代码不会实现。
此外，觉得水题虽水，但也需要运用技巧，像E题，hint 中重要的事情说三遍写出了 题目对空间大小的限制 2MB ，显然开数组绝对会炸，写完了开数组排序取中值就觉得不对，立刻换思路，不开数组解决。
E题AC代码： （一个求多余一半的数的个数的问题）

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//  main.cpp
//  2_E
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//  Created by 陈冉飞 on 2019/6/2.
//  Copyright © 2019 陈冉飞. All rights reserved.
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#include 

using namespace std;

int main(int argc, const char * argv[]) {
    int total;
    scanf("%d",&total);
    int res = 0,cnt = 0,num;
    for (int i = 0; i

这次的D题，同样也是一道水题，最一开始看到别人疯狂a 自己却一点思路都没有慌的一批，后来一想，怎么都是菜，不会做就不会做了，冷静下来思考了一下就是逐次选取偶数，每次对n进行除二的操作，除出来的数即为偶数，即可以提取的k，给他加到ans 中。最后再输出ans即可。

D题AC代码：

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//  main.cpp
//  2_D
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//  Created by 陈冉飞 on 2019/6/2.
//  Copyright © 2019 陈冉飞. All rights reserved.
//

#include 
using namespace std;
#define ll long long

int main(int argc, const char * argv[]) {
    ll int n,ans = 0;
    scanf("%lld",&n);
    while (n>=2) {
        if (n%2 == 0) {
            ans+=n/2;
        }
        else{
            n--;
            ans+=n/2;
        }
        n/=2;
    }
    cout<

附加AB题的题解：
A题：
-csuoj2334 正解是Bfs+剪枝。好像不剪枝直接Bfs爆搜也能过？？？ Bfs： 直接枚举每个方向的速度bfs搜索下去即可。 剪枝：在状态拓展过程中可以去掉一些重复无用的搜索。走一条线的时候，如果出现了前方有一个位子（x，y，z），使得从起点走到这个点的时间小于等于当前点时间的话，无需继续向那个方向继续走了。因为那个方向的取优方案可以通过点（x，y，z）来更新，所以多余步骤可以删除。同时如果搜索到终点的话也可直接退出。
代码：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
char s[110][110][110];
int dp[110][110][110],dx[]={0,0,1,-1,0,0},dy[]={1,-1,0,0,0,0},dz[]={0,0,0,0,-1,1},n,m,l,w;
struct Q{
    int x,y,z;
}u,v,ss,tt;
queueq;
void bfs(){
     int i,j;
     memset(dp,33,sizeof(dp));
     dp[ss.z][ss.x][ss.y]=0;
     while(!q.empty()) q.pop();
     for(q.push(ss);!q.empty();q.pop()){
        u=q.front();
        if(u.x==tt.x&&u.y==tt.y&&u.z==tt.z) break;
        for(i=0;i<6;i++){
            for(j=1;j<=w;j++){
                v.x=u.x+dx[i]*j;
                v.y=u.y+dy[i]*j;
                v.z=u.z+dz[i]*j;
                if(v.x<0||v.x>=n||v.y<0||v.y>=m||v.z<0||v.z>=l) break;
                    if(s[v.z][v.x][v.y]=='#'||dp[v.z][v.x][v.y]<=dp[u.z][u.x][u.y]) break;
                    if(dp[v.z][v.x][v.y]>dp[u.z][u.x][u.y]+1){
                        dp[v.z][v.x][v.y]=dp[u.z][u.x][u.y]+1;
                        q.push(v);
                    }
                }
            }
        }
        if(dp[tt.z][tt.x][tt.y]<=1e6) printf("%d\n",dp[tt.z][tt.x][tt.y]);
        else printf("-1\n");
}
int main(){
    int i,j,k,t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&l,&w);
        for(k=0;k

B题：
csuoj2336 由于只考虑出现次数的奇偶，所以可以处理出一个26位的二进制数来表示每个字符串，表示每个字母出现次数的奇偶。然后问题就转为求有多少个子集的异或值为0。很容易想到枚举每个子集，但子集数会有2^n个，直接枚举在这题里是过不了的。 这里需要将字符串分为两部分，再分别枚举这两部分的子集的xor值，用个map记录每个xor值的出现次数，这样时间复杂度就降为了 log n * 2^(n/2) 了。
代码：

#include
#include
#include
#include

F题：
数学推导：
x2+y2=r2
⇒y2=(r−x)(r+x)
令d=gcd(r−x,r+x)
则y2=d2∗r+xd∗r−xd
再令A=r+xd,B=r−xd
则y2=d2∗A∗B
考虑y2是完全平方数，d2是完全平方数，又gcd(A,B)=1那么A,B都是完全平方数。

设A=a2,B=b2
A+B=a2+b2
⇒2∗rd=a2+b2

考虑枚举2∗rd，这一步的复杂度是O(r√)的，然后再在[1,2∗rd‾‾‾‾‾√/2]的范围内枚举a，进而可以算出A,b,B,然后判断A,B是否互质，B是否为完全平方数，这样子就算出了第一象限的答案，然后将ans∗4+4,算是统计了每一个象限的并且加上了坐标轴上的四个点。

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include