T1:Nim
1 Nim 游戏·改(nim.c/cpp/pas)
1.1 题目描述
众所周知的 Nim 游戏是这样的：有 n 堆石子，小 A 和小 B 轮流取石子，小 A 先操作，每次选择一堆石子，在这堆中取走任意多个石子，最后没有石子可取的人输。现在为了加强 Nim 游戏难度，每堆非空石子有一次额外的特殊机会，即耗掉这个机会，然后什么也不拿走，而其他条件都不变。当然，如果你将一堆本来有额外机会的石子拿空，那么这次额外机会也就没有了。 现在假设小 A 和小 B 都绝顶聪明，他们将进行 T 轮游戏。每轮游戏若小 A 必胜，输出“A”，否则输出“B”。
1.2 输入格式
第一行为一个整数 T，表示游戏轮数。 接下来 T 组数据。每组数据第一行包含一个数 n，表示石子堆数；接下来一行 n 个数，表示每堆石子的个数 A[i]。
1.3 输出格式
对于每轮游戏输出一行，表示必胜的玩家。
1.4 样例输入
2
2
1 2
2
2 2
1.5 样例输出
A
B
1.6 数据范围与约定
对于前 20％的数据 T=3 , n=3 , A[i]<=4。
对于前 40％的数据 T<=100000 , n=3 , A[i]<=40
对于 100％的数据 n<=100000，n*T<=1000000 , 1<=A[i]<=1000000000。
解析：
考场爆0，好像可以 打表找规律，不会证明，博弈论是真的菜
代码：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; int T, n, ans; int main() { freopen("nim.in", "r", stdin); freopen("nim.out", "w", stdout); scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%d", &n); ans = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i) { int x; scanf("%d", &x); ans ^= (x&1? x + 1: x - 1); } printf("%s\n", ans? "A": "B"); } return 0; }
T2:Party
2 聚会(party.c/cpp/pas)
2.1 题目描述
你要精心策划一场聚会。 现在有 n 个人，一共有 m 个认识关系，认识的人一定是相互认识的。由于这次聚会十分重要，你希望被邀请的每个人都直接或间接认识，不仅如此，为了避免尴尬，你还希望每个被邀请的人都直接认识另外至少 d 个被邀请的人。作为策划者，你希望使得被邀请的人最多。注意同一对关系最多只会出现一次，且不会出现自环。 你需要输出被邀请的人数，并且将被邀请的人的编号从小到大输出。为了避免你的重度选择恐惧症发作，当存在多个答案时，你需要使得被邀请的人的编号越小越好。
2.2 输入格式
第一行为三个整数 n，m，d，分别表示人数、认识关系数以及题中给出的限制 d。 接下来 m 行 ，每行两个数 a 和 b，表示 a、b 相互认识。
2.3 输出格式
第一行一个整数，表示被邀请的人数 k。保证有解，即 k>0。 第二行 k 个整数，从小到大输出你邀请的人的编号。
2.4 样例输入
4 4 2
1 2
2 3
3 4
4 2
2.5 样例输出
3
2 3 4
2.6 数据范围与约定
对于 20％的数据，n<=18，m<=50
对于 100％的数据，2<=n<=200000, 1<=m<=200000 , 1<=d<n
解析：
挺简单的，考场AC， 就是不断把度数小于$d$的点删去， 建新图，重新统计度数，再接着删点，直到每个点的度数都大于等于$d$,删完后会形成多个连通块，分别统计答案
代码：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn = 200004; inline int read() { int ret, f=1; char c; while((c=getchar())&&(c<'0'||c>'9'))if(c=='-')f=-1; ret=c-'0'; while((c=getchar())&&(c>='0'&&c<='9'))ret=(ret<<3)+(ret<<1)+c-'0'; return ret*f; } int n, m, d, ans, ind[maxn], stak[maxn], top, a[maxn]; bool col[maxn], vis[maxn]; int head[2][maxn], tot[2]; struct edge{ int nxt, to; }e[2][maxn<<1]; void Addedge(int x, int y, int opt) { e[opt][++tot[opt]] = (edge){head[opt][x], y}; head[opt][x] = tot[opt]; } void dfs(int x, int now) { vis[x] = 1; stak[++top] = x; for(int i = head[now][x]; i; i = e[now][i].nxt) { int id = e[now][i].to; if(col[id] && !vis[id]) dfs(id, now); } } void work() { int now = 0; bool fl = 1; while(fl) { tot[now^1] = 0; fl = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i) if(col[i]) { head[now^1][i] = 0; ind[i] = 0; for(int j = head[now][i]; j; j = e[now][j].nxt) if(col[e[now][j].to]) { Addedge(i, e[now][j].to, now^1); ind[i] ++; } if(ind[i] < d) { col[i] = 0; fl = 1; } } now ^= 1; } for(int i = 1; i <= n; ++i) if(col[i] && !vis[i]) { top = 0; dfs(i, now); if(top > ans) { for(int j = 1; j <= top; ++j) a[j] = stak[j]; sort(a + 1, a + top + 1); ans = top; } else if(top == ans) { sort(stak + 1, stak + top + 1); if(a[1] > stak[1]) { for(int j = 1; j <= top; ++j) a[j] = stak[j]; } } } } int main() { freopen("party.in", "r", stdin); freopen("party.out", "w", stdout); n = read();m = read();d = read(); for(int i = 1; i <= m; ++i) { int u = read(), v = read(); Addedge(u, v, 0); Addedge(v, u, 0); ind[u] ++; ind[v] ++; } for(int i = 1; i <= n; ++i) if(ind[i] >= d) col[i] = 1; work(); printf("%d\n", ans); for(int i = 1; i <= ans; ++i) printf("%d ", a[i]); return 0; }
T3：History
3 历史(history.c/cpp/pas)
3.1 题目描述
历史学家小Ａ正在研究一个奇怪的王国的历史。当前阶段的任务是研究该国的交通。 根据这个奇怪的王国的史书记载，史书开始记载前这个王国有 n 个城市（城市从 0 开始标号），但所有城市之间都没有道路相连。 每一年，在位的国王会修建一条 x 到 y 的双向道路，一条道路可能被修建多次，但不会修建起点和终点为同一个城市的道路。 而在这之间，国王会计划进行若干次旅行。对于计划进行的一次旅行 st->ed，如果当时能完成这次旅行，而 t 年前不能完成这次旅行，那么国王会对之前的建设成果感到满意，否则他会很生气，并在下一次计划旅行前都让史官记录下错误的修建道路的信息，即把 x、y 记作(x+n-c) mod n，(y+n-c) mod n。
当然在这些年中也发生了若干次国王的交替，初始国王的 c 值为 0，而每个国王的 c 值不一定相同，但在国王在位期间 c 值不会改变，新上位的国王开始处于不生气的状态。 请根据史书帮助小 A 得出国王每次对于计划旅行是否满意，从而辅助小 A 能够研究该国的交通信息。
3.2 输入格式
第一行为两个整数 n，m，表示初始城市数和历史书记载的内容数。 接下来 m 行，每行是以下三种格式之一：
1 . K v ：表示国王交替，新国王的 c 值为 v
2 . R x y：表示史书上记载的是国王修建了 x 到 y 的双向道路，但注意这个记录的可能不是实际状况。
3 . T st ed t：表示国王计划进行的一次 st->ed 的旅行，且比较的是 t 年前的情况（国王可能会和史书开始记载以前的情况比较），注意这个记录的肯定是实际情况。
注意只有遇到 R 操作才会使年份的计数+1。
3.3 输出格式
输对于每个 T 的记录输出一行，如果此次计划旅行令国王满意，则输出 Y，否则输出 X。
3.4 样例输入
3 7
R 0 1
T 0 1 1
K 1
R 0 1
T 0 1 1
R 0 1
T 0 2 1
3.5 样例输出
Y
N
Y
3 .6 数据范围与约定
对于 30％的数据，保证 n<=1000 ,m<=3000。
另 30％的数据满足没有发生国王的交替。
对于 100％的数据，保证 n，m<=300000，0<=v，x，y，st，ed<n，0<=t<m。数据有梯度
解析：
考场一眼可持久化并查集，唔...然而不会， 然后发现询问可离线，于是就变成了离线操作了，把需要查询的时间相同的询问存在一起，每个询问有两个需要查询的时间，枚举时间，先更新并查集，再处理当前时间的询问
国王的生气不好处理，我们发现每次修路都与之前最后一次国王旅行是否满意有关， 因此需要每年结束时都需要记录最后一次旅行的国王状态
然后是一个我写挂了的细节，如果国王在最后一次旅行后上位， $c$值清0， 如果在某年中间，但在最后一次旅行前上位，最后一次旅行后若不满意则需要用新的国王的$c$。我就是这里没有判断，最后只有50分
代码：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn = 300004, inf = (1<<30); inline int read() { int ret, f=1; char c; while((c=getchar())&&(c<'0'||c>'9'))if(c=='-')f=-1; ret=c-'0'; while((c=getchar())&&(c>='0'&&c<='9'))ret=(ret<<3)+(ret<<1)+c-'0'; return ret*f; } int n, m, f[maxn], yer, cnt, ans[maxn]; int cit[2][maxn], kin[maxn], c, now; bool vis[maxn]; int head[2][maxn], tot[2]; struct ques{ int nxt, u, v, num; }q[2][maxn<<1]; void Addques(int x, int u, int v, int opt, int num) { q[opt][++tot[opt]] = (ques){head[opt][x], u, v, num}; head[opt][x] = tot[opt]; } int Find(int x) { return f[x] == x? x: f[x] = Find(f[x]); } int main() { freopen("history.in", "r", stdin); freopen("history.out", "w", stdout); n = read();m = read(); for(int i = 0; i <= m; ++i) kin[i] = inf; for(int i = 1; i <= m; ++i) { char opt[3]; scanf("%s", opt); if(opt[0] == 'K') { int x = read(); kin[yer] = x; vis[yer] = 1; } else if(opt[0] == 'R') { cit[0][++yer] = read(); cit[1][yer] = read(); } else { int x = read() + 1, y = read() + 1, t = read(); Addques(max(yer - t, 0), x, y, 0, ++cnt); Addques(yer, x, y, 1, cnt); vis[yer] = 0; } } for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = i; for(int i = 0; i <= yer; ++i) { int fu = Find(((cit[0][i] + c) % n) + 1), fv = Find(((cit[1][i] + c) % n) + 1); if(i && fu != fv) f[fv] = fu; for(int j = head[0][i]; j; j = q[0][j].nxt) { fu = Find(q[0][j].u); fv = Find(q[0][j].v); ans[q[0][j].num] = (fu == fv) - ans[q[0][j].num]; } for(int j = head[1][i]; j; j = q[1][j].nxt) { fu = Find(q[1][j].u); fv = Find(q[1][j].v); ans[q[1][j].num] = (fu == fv) - ans[q[1][j].num]; if(j == head[1][i] && !ans[q[1][j].num]) c = now; else if(j == head[1][i]) c = 0; } if(kin[i] != inf) { if(c == now && !vis[i]) c = kin[i]; else c = 0; now = kin[i]; } } for(int i = 1; i <= cnt; ++i) printf("%s\n", ans[i]? "Y": "N"); return 0; }