2023牛客暑期多校训练营2（D/E/F/H/I/K）
目录
D.The Game of Eating
E.Square
F.Link with Chess Game
H.0 and 1 in BIT
I.Link with Gomoku
K.Box
D.The Game of Eating
思路：倒着贪心。因为正着贪会导致一种局面：我选了当前喜爱值最大的菜，但是就算我不选这个菜，后面的人也可能选这一道菜，我依然能吃上这道菜，那么我为什么不选其它的菜而两者兼得呢？所以我们考虑倒着贪心。贪心到第i个人时，根据喜爱值从大到小遍历一遍菜，如果这个菜被后面的人选过了，那就不选了，直到有一个菜是没被选过的。
bool cmp(PII a,PII b) {
return a.first>b.first;
}
void solve() {
mapmp;
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1; i<=n; i++)v[i].clear();
for(int i=1; i<=n; i++) {
for(int j=1; j<=m; j++) {
int x;
cin>>x;
v[i].push_back({x,j});
}
sort(v[i].begin(),v[i].end(),cmp);
}
for(int i=k; i>=1; i--) {
int now=i%n,j=0;
if(!now)now=n;
while(mp[v[now][j].second])j++;
mp[v[now][j].second]=true;
}
for(auto x:mp) {
cout<
E.Square
思路：题目的公式可以表示为，求Y使得：
Y^2-(Y^2)%(10^K) = X*(10^K)
可见只需枚举K的大小然后判断即可。
代码：
string cmp;
bool pd(int y) {
string now=to_string(y*y);
while(now.size()>x;
cmp=to_string(x);
for(int k=0; k<=9; k++) {//枚举k的大小
int now=pow(10,k)*x;
int y=sqrt(now);
if(pd(y)) {//判断这个y是否合法
cout< F.Link with Chess Game
思路：若只有一个棋子，当棋子有距离边界为奇数长度的局面为先手必胜态，因为两个人必须在这个奇数区间里一直走，而先手可以一直选到所有位置选完。该情况可推广至三个棋子，三个棋子的距离端点距离可以抽象为所有棋子距离端点的距离之和，棋子可以在端点之和为奇数的区间内反复横跳，来保持自己的最终的奇偶性，从而导致先手必胜，反之先手必败。
代码：
void solve() {
int n,a,b,c;
cin>>n>>a>>b>>c;
int sum1=(a-1)+(b-1)+(c-1);
int sum2=(n-a)+(n-b)+(n-c);
if(sum1%2||sum2%2)cout<<"Alice"<H.0 and 1 in BIT
思路：操作A相当于将x变成反码，也就是在取模意义下，操作A会令x=-x-1，而操作B会x=x+1，所以我们先开两个前缀和数组，一个记录前缀A的个数，一个记录前缀的贡献，然后在每次操作中，若l~r的区间内的A的个数为奇数，则原本的贡献要乘上-1，如此模拟即可。
代码：
int sum1[maxn],sum2[maxn];
//sum1记录前缀A的个数，sum2记录前缀的贡献
void solve() {
int n,q,l,r,L,R,ans=0;
string s,x;
cin>>n>>q>>s;
for(int i=1; i<=n; i++) {
sum1[i]=sum1[i-1]+(s[i-1]=='A');
if(s[i-1]=='A')sum2[i]=-sum2[i-1]-1;
else sum2[i]=sum2[i-1]+1;
}
while(q--) {
int sum=0;
cin>>l>>r>>x;
L=min((ans^l)%n+1,(ans^r)%n+1),R=max((ans^l)%n+1,(ans^r)%n+1);
int now1=(sum1[R]-sum1[L-1])%2,now2;
for(int i=0; i=0; i--) {
cout<<((ans>>i)&1);
}
cout< I.Link with Gomoku
思路：在前面的n-n%2行中，摆放方式和题目样例一样：
xxxxoxxxxoxxxxo......
ooooxooooxoooox......
最后一行若为奇数行，则这样摆放即可：
xoxoxoxoxo......
代码：
void solve() {
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1; i<=n-n%2; i++) {
int cnt=0;
for(int j=1; j<=m; j++) {
if(cnt%5==4) {//前4个放相同的
if(i%2)cout<<"o";//行与行之间连续4个xo交替放
else cout<<"x";
} else {//最后一个放不同的
if(i%2)cout<<"x";
else cout<<"o";
}
cnt++;
}
cout<K.Box
思路：我们设：
dp[i][0]表示第i位移动到i-1位的情况
dp[i][1]表示第i位不移动的情况
dp[i][2]表示第i位移动到i+1位的情况
具体实现见代码注释。
代码：
void solve() {
int n;
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++)cin>>a[i];
for(int i=1; i<=n; i++)cin>>b[i];
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(b[i]) {//只有1有主动权，0是被迫的QAQ
dp[i][0]=dp[i-1][0]+a[i-1];
//当前1左移只能由上一个1左移转移过来
dp[i][1]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+a[i];
//当前位置不动，上一个位置1不动或者左移都可以
dp[i][2]=max({dp[i-1][0],dp[i-1][1],dp[i-1][2]})+a[i+1];
//当前位置右移，上一个位置1不动、左移、右移都可以
} else {
dp[i][0]=max({dp[i-1][0],dp[i-1][1]});
// 当前位左移，可以由上一个位置左移，或者上一个位置1还没动的过转移过来
dp[i][1]=dp[i-1][2];
//这个0可以被上个右移的1挤到左边
}
}
cout<