C Code a Trie

题意：有一个 Trie，其可能被插入了一些串，每个节点（含根节点）上都有一个值，这些值互不相同。在 Trie 上查询一个串时如果找到了就返回这个串结束节点的值，否则返回最后到达的节点的值。给定若干个查询串及查询结果，问是否存在这样的 Trie，有解时这个 Trie 最少有几个节点。

对于一些串，如果它们的查询结果相同，那么对它们的查询都应在它们的 LCA 处结束。于是先对每个这样的 LCA 打标记，如果一个 LCA 下有多个值不同的标记显然无解。

做完后相当于建了一个原始的符合条件的 Trie，于是再 DFS 一遍以回收尽可能多的节点即可。

D Defuse the Bombs

最简单的方法是二分最多能活多久，稍微好一点的方法在二分的基础上发现规律，从而仅用一次排序就求出结果。

E Escape from the Island

题意：给定一个有向图，经过每条边的时间花费是 $1$ 。一个人可以重复下面的行动序列，直到到达 $n$ 号点：将所有有向边视作无向边，从当前点开始移动经过至多 $k$ 条边（可以不移动），到达某点后随机选择该点的某条出边（此时不可将有向边视作无向边）并沿该边移动，如果该点无出边则留在原地不动，但仍耗费 $1$ 单位时间。问对于 $\in [1, n]$ 的每一个点 $i$ ，这个人以 $i$ 作为最初起点时，在最坏情况下，他至少要花多少时间才能到达 $n$ 号点。注意只要到达了 $n$ 号点就算结束。 $\le 10^5, k \le 50$ 。

设 $f (i, j)$ 表示以 $i$ 为起点，此前已经移动过 $j$ 条边时，到达 $n$ 的最短时间。那么显然有
$\begin{cases} \min_{(i, t) \in E \vee (t, i) \in E}\left\lbrace f(t, j - 1) + 1\right\rbrace \\ \max_{(i, t)\in E} \left\lbrace f(t, 0) + 1\right\rbrace \end{cases}$
在这两种情况中取更小的那个。

于是可以从 $n$ 点开始倒着做 BFS 以更新每一个状态。每次先做第一种更新，如果对于一个 $f (i, j)$ 其所有后继 $f (t, 0)$ 都计算完了但其本身还未被更新做第二种更新。

注意无出边的情况。

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
#define REP(temp, init_val, end_val) for (int temp = init_val; temp <= end_val; ++temp)
#define REPR(temp, init_val, end_val) for (int temp = init_val; temp >= end_val; --temp)
using namespace std;
int read(){
    
    
    int f = 1, x = 0;
    char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9'){
    
    if(c == '-') f = -f; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9')x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return f * x; 
}
int n, m, k, f[MAXN][55];
int at[MAXN], nxt[MAXN << 1], to[MAXN << 1], cnt;
int du[MAXN];
bool nodu[MAXN];
void init(){
    
    
    n = read(), m = read(), k = read();
    REP(i, 0, n)
        REP(j, 0, k)
            f[i][j] = 0x3f3f3f3f;
    cnt = 0;
    memset(at, 0, sizeof(int) * (n + 1));
    memset(du, 0, sizeof(int) * (n + 1));
    REP(i, 1, m){
    
    
        int u = read(), v = read();
        to[++cnt] = v, nxt[cnt] = at[u], at[u] = cnt;
        to[++cnt] = u, nxt[cnt] = at[v], at[v] = cnt;
        ++du[u];
    }
    memset(nodu, 0, sizeof(bool) * (n + 1));
    REP(i, 1, n) if (du[i] == 0) nodu[i] = true;
}
queue<pair<int, int> > q;
inline void local_update(int src, int t1, int dest, int t2){
    
    
    if (f[dest][t2] == 0x3f3f3f3f)
        f[dest][t2] = f[src][t1] + 1, q.emplace(dest, t2);
}
void solve(){
    
    
    REP(i, 0, k) f[n][i] = 0, q.emplace(n, i);
    while (!q.empty()){
    
    
        int u = q.front().first, t = q.front().second;
        q.pop();
        if (t > 0){
    
    
            for (int i = at[u]; i > 0; i = nxt[i])
                local_update(u, t, to[i], t - 1);
        } else {
    
    
            for (int i = at[u]; i > 0; i = nxt[i]){
    
    
                if (i & 1) continue ;
                --du[to[i]];
                if (!du[to[i]]){
    
    
                    REP(j, 0, k)
                        local_update(u, 0, to[i], j);
                }
            }
            if (nodu[u]){
    
    
                REP(j, 0, k)
                    local_update(u, 0, u, j);
            }
        }
    }
    REP(i, 1, n){
    
    
        printf("%d\n", (f[i][0] == 0x3f3f3f3f ? -1: f[i][0]));
    }
}
int main(){
    
    
    int T = read();
    REP(i, 1, T){
    
    
        printf("Case #%d:\n", i);
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}

G Game of Cards

题意：有四种牌，点数各为 0、1、2、3，初始局面每种牌各有 $c_0, c_1, c_2, c_3$ 张。A 和 B 玩游戏，A 先手。当前玩家可以选择现有的牌中点数加起来不超过 3 的两张牌，将其替换成点数为它们点数之和的一张牌。不能操作者输。问谁赢。

打表再一次战胜了人类智慧。通过打表可以发现答案关于 $c_0$ 模 $2$ ， $c_1$ 模 $3$ 成循环节。于是对于这六种情况直接输出规律即可。

要特判一些边界情况。

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H Hide and Seek

题意：二维格点平面上有两个点，给定这两个点各自离原点的曼哈顿距离（记为 $d_{01}, d_{02}$ ）以及两点之间的曼哈顿距离（记为 $d_{12}$ ），问这两个点有多少种可能的位置 pair。

本题的推导非常依赖画图，并且情况非常多。大致可以画这样一个图。

在这里插入图片描述

方便起见，我们先假设 $d_{01} \le d_{02}$ 。

$d_{01} = 0$ 。若 $d_{02} = d_{12} > 0$ 则答案为 $4d_{02}$ ，若 $d_{02} = d_{12} = 0$ 则答案为 $1$ ，否则答案为 $0$ 。
$d_{01} > 0$ 。
1. $d_{12} = 0$ 。若 $d_{02} = d_{01}$ 则答案为 $4d_{01}$ ，否则答案为 $0$ 。
2. $d_{12} < d_{02} - d_{01}$ ，则答案为 $0$ 。
3. $d_{12} = d_{02} - d_{01}$ ，则答案为 $4(d_{12} + d_{01}(d_{12} + 1))$ 。
4. $d_{02} - d_{01}<d_{12}<d_{02} + d_{01}$ ，则考虑 $d_{12} - d_{02} + d_{01}$ 是否是偶数。如果不是就意味着以 $d_{12}$ 为半径的“圆”不会和以 $d_{02}$ 为半径的“圆”于任何一个格点相交，答案为 $0$ 。否则答案为 $4\left(2\cdot \frac{d_{12} - d_{02} + d_{01} + 2}{2} + 2d_{01} - 2\right) = 4(d_{01} + d_{02} + d_{12})$ 。
5. $d_{12}=d_{02} + d_{01}$ ，则答案为 $4(d_{02} + d_{01}(d_{02} + 1))$ 。
6. 对于更大的 $d_{12}$ ，答案为 $0$ 。

J Joy of Handcraft

题意：给定 $n$ 个灯，第 $i$ 个灯亮度为 $x_i$ ，且在 $2kt_i , 2kt_i + t_i]$ 时间亮，在 $2kt_i + t_i + 1 , 2kt_i + 2t_i]$ 时间灭，其中 $\ge 0, k \in \mathbb{Z}$ 。问对于 $\in [1, m]$ 的每一个时刻 $j$ ，没灭的灯泡中最亮的有多亮。

比较简单的做法是考虑每一个时刻会被哪些灯泡更新，这是一个经典的数论分块问题，可以结合 ST 表在 $\log m + m\sqrt{m})$ 的时间内做出。常数小的话并不难卡过去。

出题人给的另一个更好的方法是将每个周期按亮度排序，然后从大到小更新每一个时刻的答案，被更新完的时刻直接删掉。结合并查集就可以做到 $\log m + m\alpha(m))$ 。

K Knowledge is Power

题意：多次询问，每次给定一个 $n$ ，问所有将 $n$ 拆分成若干个（至少两个）两两互质的数的拆分方案中，拆出的最大数和最小数的差，最小是多少。 $5\le n \le 10^9$ 。

分类讨论，对于 $6$ 无这样的拆分方案。对于奇数可以直接拆成两个相邻的自然数，对于形如 $\in \mathbb{Z}^+)$ 的偶数拆成 $2 k - 1, 2 k + 1$ 是最优的。

对于其他偶数，暴力打表发现答案 $\le 4$ 。于是枚举情况解方程判断即可。

L Lottery

题意：给定一个可重集 $S$ ，为 $2^{a_i}$ 的数有 $x_i$ 个。问 $|\left\lbrace \sum_{t \in T} t : T \subset S\right\rbrace|$ ，即用 $S$ 中的数可以拼出多少个不同的数。

学过多重背包就知道 $x_i$ 个 $2^{a_i}$ 可以等价地用一些 $2^{a_i}, 2^{a_i+1}, \cdots$ 表示，其中每个数的出现次数均不超过 2。

这么转换后会发现所有出现过的 2 的指数形成了若干个连续段（如 $2^{a_i}, 2^{a_i+1}, 2^{a_i+2}, \cdots$ ），每一个段的答案乘起来就是答案，并且段内可以用 DP 计算贡献。于是就做完了。

A A Colorful Grid

有点妙，找机会再补。

F Fracture Ray

有点难写，找机会再补。

I Invaluable Assets

有点没看懂题，找机会再补。

小结

比赛前一天晚上还在赶作业，本来以为要完蛋了，实际上确实完蛋了（还好队友捞了我一把）。

H 这个题本来应该在最后一小时顺利推出的，结果脑子乱了，推了半天推不出来…

E 最后一小时看了下题目，但没有很快想到拆点的做法…

【解题总结】2020 CCPC 绵阳站