1001，只要枚举区间即可。签到题，要注意的是输入0的话也是“TAT”。不过今天补题的时候却WA了好几次，觉得奇怪。原来出现在判断条件那里，x是一个int64类型的变量，在进行(x<65536*65536)的时候，后面的已经爆int了！因为如果写的是int类型他就默认是int类型的。所以要写成(ll)65536*65536或者直接4294967296，因为如果这个值是ll类型的，就自动用ll类型来保存了（另外要注意的是(ll)(65536*65536)也是错的！因为后面已经爆int了，再转成ll就没意义了）。看来写代码要小心再小心。不过我们昨天1A，也是因为一开始打表的时候已经把4294967296算出来了，不然如果让我直接敲的话，可能在这签到题上都会WA到死啊- -。。说明有时候运气也是ACM的一部分。- -！代码如下：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 5 char s[100+5]; 6 7 int main() 8 { 9 while(scanf("%s",s)==1) 10 { 11 int len = strlen(s); 12 if(len>10) puts("TAT"); 13 else 14 { 15 ll x = 0; 16 for(int i=0;s[i];i++) x = x * 10 + s[i] - '0'; 17 if(x==0) puts("TAT"); 18 else if(x<2) puts("0"); 19 else if(x>=2 && x<4) puts("1"); 20 else if(x>=4 && x<16) puts("2"); 21 else if(x>=16 && x<256) puts("3"); 22 else if(x>=256 && x<65536) puts("4"); 23 else if(x>=65536 && x<(ll)65536*65536) puts("5"); 24 else puts("TAT"); 25 } 26 } 27 }
1002，队友当时是二维dp做的，我自己当时也想了一个办法，代数式化简了半天得到了一个公式，虽然后来验证了一下好像是错的，不过可能是我自己推错了，下次有空再试试。主要是用到了2*1+3*2+4*3+...+n*(n-1)这样的形式求和，这样的式子可以拆成2*(2-1)+3*(3-1)+4*(4-1)+...+n*(n-1)，然后拆开，前面是平方和公式，后面是等差数列公式，然后相减即可。顺便，平方和公式是：
但是看了一下题解，他的方法简直太吊了！对于一个数字在两头的情况，以在头为例，这个数字和它后面的这个数字，选择任意两个数字的情况下，只有两种比较关系（>或者<）那么这个位置的期望就是c[i]/2，同理的，在中间的时候，任选3个数只有6种可能性（3！），而中间大的情况只有两种，因此贡献是c[i]/3（可以这么理解，三个数考虑为123，那么可能性就是错排列的种数，而中间大的可能性就是3在中间的两种情况）。那么这题就做完了，另外需要特判n=1的情况。代码如下：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 5 int a[1000+5]; 6 7 int main() 8 { 9 int n; 10 while(scanf("%d",&n)==1) 11 { 12 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i); 13 if(n==1) 14 { 15 printf("%f\n",1.0*a[1]); 16 } 17 else 18 { 19 double ans = 0; 20 for(int i=1;i<=n;i++) 21 { 22 if(i==1 || i==n) ans += a[i]/2.0; 23 else ans += a[i]/3.0; 24 } 25 printf("%f\n",ans); 26 } 27 } 28 }
1003，博弈论。因为上一场的关系，去学了博弈论，结果这场就来这题，真是太巧了！直接1A了233（其实也是含有点运气成分的）。王和车的话，直接画出NP图即可找出规律。而皇后的话，有点像威佐夫博弈，先画出NP图，但是P点没有什么规律可寻，因此我们需要把P的坐标一个一个的写出来找规律，写出来以后豁然开朗！因为我们可以发现的是，这些坐标点都满足一个威佐夫博弈的奇异态的变化规律：每个数字都只出现一次，而且，每个坐标两点的差值是一个等差数列。这样就很好处理了！但是这不是威佐夫博弈的奇异态，不满足a[k]=[k*(sqrt(5.0)+1)/2]，但是我们可以换一个方法，既然每个点都只出现一次，就可以近似O(n)的把这些点都放到一个set里面来判断这个数字是否使用过，每次都找出最小的一个没被使用过的数字，把它以及它的另一个同伴丢到另外一个装pair的set里面，这个set里面装的都是奇异态（也就是必败态），那么只要这么预处理以后，判断坐标是不是在这个set里面即可（至于如何找这个数的同伴，可以仔细考虑一下上面加粗红字的意义，也可以见代码仔细看看）。皇后的NP图如下：
然后我们来讲一下马的规律，因为马比较特殊，它的走法可能导致平局，因此我们还得找出平局点（这里还有个要注意的地方，如果我下一步可以走向必败或者走向平局，那么我的最优策略应当是走向平局）。马的NP图如下（！是平局点）：
代码如下：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 100 + 5; 4 typedef long long ll; 5 typedef pair<int,int> pii; 6 7 set<int> S; 8 set<pii> S2; 9 void init() 10 { 11 int now = 2; 12 int diff = 1; 13 S2.insert(pii(1,1)); 14 S.insert(1); 15 for(;;) 16 { 17 int sz = S.size(); 18 if(sz>1000) break; 19 if(S.find(now) == S.end()) 20 { 21 int a = now; 22 int b = now + diff; 23 S2.insert(pii(a,b)); 24 S.insert(a); 25 S.insert(b); 26 //printf("insert !! %d %d !!\n",a,b); 27 now ++; 28 diff ++; 29 } 30 else now ++; 31 } 32 } 33 34 int main() 35 { 36 init(); 37 /*int cnt = 0; 38 for(set<pii>::iterator it=S2.begin();;it++) 39 { 40 cnt ++; 41 if(cnt > 10 ) break; 42 printf("%d %d\n",(*it).first,(*it).second); 43 }*/ 44 int T; 45 scanf("%d",&T); 46 while(T--) 47 { 48 int op ,n,m; 49 scanf("%d%d%d",&op,&n,&m); 50 if(op==1) 51 { 52 if(n%2 && m %2) puts("G"); 53 else puts("B"); 54 } 55 else if(op==2) 56 { 57 if(n==m) puts("G"); 58 else puts("B"); 59 } 60 else if(op==4) 61 { 62 if(n>m) swap(n,m); 63 if(S2.find(pii(n,m))==S2.end()) 64 { 65 puts("B"); 66 } 67 else puts("G"); 68 } 69 else 70 { 71 if(n==m && n%3==1) 72 { 73 puts("G"); 74 } 75 else 76 { 77 if(n>m) swap(n,m); 78 if(m%3==0 && m-n==1) puts("B"); 79 else puts("D"); 80 } 81 } 82 } 83 84 }
——————————————————————伟大的博弈论的分界线——————————————————————————————
偶然间看到别人这题的博客，关于皇后的方法，似乎就是完完全全的威佐夫博弈。= =！原型的话，令k=两数之差，那么有a[k]=[x*k]，其中x等于(sqrt(5.0)+1)/2.0；而在这里满足的关系是a[k]*x=b[k]！也就是说，大的数是小的数的x倍！天哪，，简直太奥义了！！那么代码就好写多了！如下：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 100 + 5; 4 typedef long long ll; 5 typedef pair<int,int> pii; 6 7 set<int> S; 8 set<pii> S2; 9 void init() 10 { 11 int now = 2; 12 int diff = 1; 13 S2.insert(pii(1,1)); 14 S.insert(1); 15 for(;;) 16 { 17 int sz = S.size(); 18 if(sz>1000) break; 19 if(S.find(now) == S.end()) 20 { 21 int a = now; 22 int b = now + diff; 23 S2.insert(pii(a,b)); 24 S.insert(a); 25 S.insert(b); 26 //printf("insert !! %d %d !!\n",a,b); 27 now ++; 28 diff ++; 29 } 30 else now ++; 31 } 32 } 33 34 int main() 35 { 36 //init(); 37 /*int cnt = 0; 38 for(set<pii>::iterator it=S2.begin();;it++) 39 { 40 cnt ++; 41 if(cnt > 10 ) break; 42 printf("%d %d\n",(*it).first,(*it).second); 43 }*/ 44 int T; 45 scanf("%d",&T); 46 while(T--) 47 { 48 int op ,n,m; 49 scanf("%d%d%d",&op,&n,&m); 50 if(op==1) 51 { 52 if(n%2 && m %2) puts("G"); 53 else puts("B"); 54 } 55 else if(op==2) 56 { 57 if(n==m) puts("G"); 58 else puts("B"); 59 } 60 else if(op==4) 61 { 62 if(n>m) swap(n,m); 63 /*if(S2.find(pii(n,m))==S2.end()) 64 { 65 puts("B"); 66 } 67 else puts("G");*/ 68 double x = (sqrt(5.0)+1.0)/2.0; 69 if((int)(n*x)==m) puts("G"); 70 else puts("B"); 71 } 72 else 73 { 74 if(n==m && n%3==1) 75 { 76 puts("G"); 77 } 78 else 79 { 80 if(n>m) swap(n,m); 81 if(m%3==0 && m-n==1) puts("B"); 82 else puts("D"); 83 } 84 } 85 } 86 87 }
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1010，这题完全就是高数的知识啊，然而我们太弱了，无法解出= =题解给的方法还是很吊的：
1011，这题我们一开始卡了很久，，简直弱到爆炸- -其实很简单，因为曼哈顿距离总共就没几种，因此用一个数组来记录各种曼哈顿距离是否出现过，那么枚举在O(n^2)的过程中一旦出现重复就可以退出了；而由于抽屉原理，一旦枚举数量达到2*M必定会有重复的距离出现，那么最多的枚举数量也不过2*M。现场写的代码如下：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define F first 3 #define S second 4 using namespace std; 5 typedef pair<int,int> PII; 6 typedef pair<long long ,long long> PLL; 7 typedef long long ll; 8 const double eps = 1e-8; 9 const int N = (int)2e5 + 50; 10 11 bool used[N]; 12 PII p[N]; 13 int main(){ 14 int T; 15 cin >> T; 16 while(T --){ 17 int n,m; 18 scanf("%d%d",&n,&m); 19 for(int i = 0 ; i < n ; i ++){ 20 scanf("%d%d",&p[i].F,&p[i].S); 21 } 22 int cnt = 0; 23 bool f = false; 24 memset(used,false,sizeof(used)); 25 for(int i = 0 ; i < n && !f; i ++){ 26 for(int j = i + 1 ; j < n && !f ; j ++){ 27 int d = abs(p[i].F - p[j].F) + abs(p[i].S-p[j].S); 28 if(used[d]) f = true; 29 used[d] = true; 30 31 cnt ++; 32 if(cnt > N) break; 33 } 34 } 35 if(f) puts("YES"); 36 else puts("NO"); 37 } 38 return 0; 39 }