签到题
A
4min 1Y
C
45min 3Y
题意
给两个串，要把第一个串变成第二个串。每次选择一个半径r，然后以第一个串的中心为中心，r为半径，左右翻转。问最少几次操作？
题解
细节有点多。
- 先是输出
-1的情况。这个很好考虑 - 然后遍历s1串，对于位置
i，如果需要翻转(s1[i]=s2[n+1-i])，则打上标记1，不需要翻转(s1[i]=s2[i]).则打上标记0，如果翻不翻转都可以(s1[i]=s1[n+1-i])，打上标记2。 - 遍历
[1,n/2]，对于打上标记2的位置，我们要决定是翻还是不翻，根据贪心，我们可以怠惰一点！对于打上标记2的位置，和前一个位置保持一致即可。
F
25min 1Y
题解
统计一下每个数字出现了多少次，出现了x次，对答案的贡献则为x!，相乘即为答案。
J
42min 2Y
题解
按题意模拟。
冷静分析一下开局
- 开场看了C觉得很基本，然后过了A，开始写C。
- C细节没考虑清楚，用了
10min，WA on test 2!
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100000 + 10;
int T;
char s1[N], s2[N], s3[N];
bool ok[N];
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T --) {
scanf("%s %s", s1+1, s2+1);
int n = strlen(s1+1);
int mid = (n+1)/2;
if (s1[mid] != s2[mid]) {
printf("-1\n"); continue;
}
bool gg = 0;
for (int i=1;i<mid;i++) {
if (s1[i]==s2[i] && s1[n-i+1]==s2[n-i+1])
ok[i] = 1;
else if (s1[i]==s2[n-i+1] && s1[n-i+1]==s2[i])
ok[i] = 0;
else
gg = 1;
}
if (gg) {
printf("-1\n"); continue;
}
int ans = 0;
ok[0] = 1;
for(int i=1;i<mid;i++) {
if (ok[i] != ok[i-1])
ans ++;
}
printf("%d\n", ans);
}
}完全没有考虑s1[i]=s1[n+1-i]的情况。
用了6分钟fix了一下。s1[i]=s1[n+1-i]
int ans = 0;
ok[0] = 1;
for(int i=1;i<mid;i++) {
if (ok[i] != ok[i-1] && ok[i] != 2)
ans ++;
}
printf("%d\n", ans);然后喵了个呜，又一次WA2
- 我逃跑，用了5min时间过了F
- 用了10min的时间J题
WA2 - 用了5min的时间fix了一下，人调换方向那个地方写得意识有点模糊。
- 用了2min时间fix了一下C，很沙比的错误，比如说
n = 7,前3位，标记为0 2 0的情况就智障掉了。
前期比较容易细节没考虑清楚就上去写代码。C,J这两个模拟题都是这个原因吧。开始写代码之间，大概是抱着“随便搞搞就好”的想法。这种态度很沙比的啊。
- 我在求什么？
- 在模拟的过程，变量会如何变化？
这两个问题都考虑得不清楚吧！
中档题
B
Hash的做法很容易看出。然后就unlimited WA TLE MLE
搞Hash的经验严重不足？
边的种数不会超过n种，因此我们放n个桶。每个桶记录这种边出现的次数。
然后就是对一个XXX进制下，n位数的hash了【双hash保平安】
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <unordered_map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000008;
const LL MOD1 = 100000007;
const LL MOD2 = 923439347;
int T;
int n, x, y;
int val[N]; vector<int> v;
LL k1[N], k2[N];
unordered_map< LL, int > mp;
int main() {
scanf("%d", &T);
k1[0] = k2[0] = 1;
for(int i=1;i<N;i++) {
k1[i]=k1[i-1]*10007LL%MOD1;
k2[i]=k2[i-1]*20007LL%MOD2;
}
while (T --) {
scanf("%d", &n);
v.clear();
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d %d", &x, &y);
if (x > y) swap(x, y);
val[i] = (2*n+1)*x + y;
v.push_back(val[i]);
}
sort(v.begin(), v.end());
v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());
for(int i=1;i<=n;i++) {
val[i] = lower_bound(v.begin(), v.end(), val[i])-v.begin()+1;
}
mp.clear();
LL sum1, sum2;
LL ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++) {
sum1 = 0, sum2 = 0;
for(int j=1;j<=n;j++) {
sum1 += k1[val[j]];
sum1 %= MOD1;
sum2 += k2[val[j]];
sum2 %= MOD2;
}
mp[sum1*MOD2 + sum2] ++;
for(int j=i+1;j<=n;j++) {
sum1 += k1[val[j]]-k1[val[j-i]];
sum1 = (sum1%MOD1+MOD1)%MOD1;
sum2 += k2[val[j]]-k2[val[j-i]];
sum2 = (sum2%MOD2+MOD2)%MOD2;
mp[sum1*MOD2+sum2] ++;
}
for (auto x: mp) {
LL v = x.second;
ans += v * (v - 1) / 2;
}
mp.clear();
}
printf("%lld\n", ans);
}
}G
题意
修改最少的元素，使得序列的GCD为x，LCM为y。
题解
先判-1(一番激烈的讨论)
如果a[i]%x!=0 or y%a[i]!=0，那么i就是个卜。
直觉告诉我们把一个数字变成x,另一个数字变成y，只要其它的数字不卜，生活就有保障了。
- 如果卜的个数>=2,那么答案就是卜的个数了。
- 否则答案可能是1，可能是2，可能是0
- 答案是0，很简单。
- 答案是1，很不简单。我们枚举一下每个数字，看他是否能力挽狂澜，我们把枚举的数字放逐掉，求出其它数字的GCD&LCM(先预处理前缀后缀GCD&LCM)，然后看一看世界末日前怎么办？来得及拯救吗？【具体怎么做，留给读者思考。】
- 答案是2，很简单，加个else
I
题意
n堆石头，两种操作，两人轮流操作。
- 可以从一堆石头中拿走一个石头。
- 如果每堆石子都至少有1个，可以从每堆石头中拿走一个石头。
先手胜？后手胜？
题解
冷静分析一下
- n%2=1. 易证，留给读者思考【读者似乎就我一个人。】
- n%2=0. 这个得冷静分析一下。
- min=1, 先手可以把后手气死。类似于chomp Game的模型。
- min=2, 第一种操作肯定不可以施展的！不然会被气死。既然只能施展第二种操作，胜负显而易见了吧。
- min=3, 先手可以把后手气死。类似于chomp Game的模型。
- min=4, .......
博弈在模型的直觉很重要的吖！这题意识到了chomp Game就很简单了吧。
K
题意
n个点，n条边，多组查询，求两点间最短路。
题解
先去掉一条边edge，那么这个图就是一颗树了。
枚举，u到v是否要经过edge即可。
冷静分析一下中期
- 先用了10min施展G，施展了一大半，然后咕咕咕了。
- 先用了10min施展B题。没考虑清楚自己在hash什么东西，耽误了一段时间，然后
WA11。 - 用了13min过了K。
- 用了3min过了G的样例，
WA2 - 开始unlimited Fix G，中间用了很长一段时间次饭去了。但调G的时间至少有1小时。
- Bug1：没读完就输出结果，WA
- Bug2：复杂度
nsqrt(n).【不错，有创意】 - Bug3：
n=1的特判不到位，搞得后面越界了。一大波RE。
- 用了一个小时Fix B题的Hash，好不容易开始双hash然后MLE。枚举长度后清空，解决了问题。
- 用了半个小时搞I
emmmm....大部分时间都在Fix辣鸡。。。
考虑清楚再写啊······
羊肉粉丝汤弱鸡啊。
感觉30min 4题，2h30min8题是比较合理的。