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🎈 作者：Eriktse
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A - 小d和答案修改
Tag：签到
略。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 9;
char s[N];
signed main()
{
cin >> s + 1;
for(int i = 1; s[i]; ++ i)
{
if('a' <= s[i] && s[i] <= 'z')printf("%c", s[i] - 'a' + 'A');
else printf("%c", s[i] - 'A' + 'a');
}
return 0;
}
B - 小d和图片压缩
Tag：签到
略。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e3 + 9;
int a[N][N];
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
for(int j = 1;j <= m; ++ j)
cin >> a[i][j];
for(int i = 1;i <= n; i += 2)
{
for(int j = 1;j <= m;j += 2)
{
int sum = a[i][j] + a[i + 1][j] + a[i][j + 1] + a[i + 1][j + 1];
cout << sum / 4 << ' ';
}
cout << '\n';
}
return 0;
}
C - 小d和超级泡泡堂
Tag：dfs，联通块
给定一个大小为 n x m 的地图，求起点 @ 所在的联通块的大小。
用深度优先搜索 dfs 扫一遍即可，复杂度 O(nm) ，当然你想用 bfs 也行。
注意不要越界。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e3 + 9;
char mp[N][N];
bitset<N> vis[N];
int dx[] = {1, -1, 0, 0};
int dy[] = {0, 0, 1, -1};
int n, m;
int dfs(int x, int y)
{
int res = mp[x][y] == '!';
for(int i = 0;i < 4; ++ i)
{
int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
if(nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > m || vis[nx][ny] || mp[nx][ny] == '#')continue;
vis[nx][ny] = true;
res += dfs(nx, ny);
}
return res;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> mp[i] + 1;
int sx, sy;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
for(int j = 1;j <= m; ++ j)if(mp[i][j] == '@')sx = i, sy = j;
int ans = dfs(sx, sy);
cout << ans << '\n';
return 0;
}
D - 小d和孤独的区间
Tag：思维，dp，组合计数
给定一个长度为0的01串，问有多少个子串是仅包含一个 1 的。
我们可以求两个数组， l[i] 表示从 i 点开始，往左有多少个连续的0， r[i] 表示从 i 点开始，往右有多少连续的0。
然后我们枚举每一个点，如果发现 a[i] == 1 ，说明这个点 i 可以被一些区间包含到且仅有这一个1，那么是哪些区间呢？我们假设这个区间为 [s, e] ，那么一定有 s <= i && i <= e ，且 [s, i - 1] 中只包含0， [i + 1, e] 中只包含0。
那么我们可以得到左端点 s 的取值有 l[i - 1] + 1 种，右端点 e 的取值有 r[i + 1] + 1 种。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 9;
int a[N], l[N], r[N];
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;cin >> n;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{
if(a[i] == 1)continue;
if(i > 1 && a[i - 1] == 0)l[i] = l[i - 1] + 1;
else l[i] = 1;
}
for(int i = n;i >= 1; -- i)
{
if(a[i] == 1)continue;
if(i < n && a[i + 1] == 0)r[i] = r[i + 1] + 1;
else r[i] = 1;
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{
if(a[i] == 1)ans += (l[i - 1] + 1) * (r[i + 1] + 1);
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
E - 小d的博弈
Tag：博弈，思维
给定一个大小为 n x m 的矩形，Alice和Bob轮流对其进行操作，每次操作可以横着或竖着在把矩形 切一刀分成两个长宽都为整数的矩形 ，然后 留下面积较小 的那个， 两个矩形面积相等是不被允许 的，也就是说不能从中间切。
当无法继续操作的时候就输了。
我们分析一下容易发现几种必败的局面， (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2) 无法操作，直接败。
通过分析一些特殊的矩形，比如 n=m 的情况，我们可以发现 n=m 的时候也是必败的，因为 下一个人一定可以模仿当前操作者的操作 ，从而每次都使得回到自己手上的都是一个正方形，那么最终必然会到 (1, 1)或(2, 2) 的必败局面。
所以我们思考，当有办法使得对方进入一个 n=m 的局面，此时我们就是必胜的。
所以我们的博弈状态为：
W必胜态 : 当 n > 2m || m > 2n 时，我们可以通过切分使得对手得到一个正方形，所以此时是必胜的。
其他情况，此时我肯定 不能把小的再切小 ，因为每次切割必然使得 n 或 m 比原来的一半还小，就会使得对手进入 W 的必胜态。所以我一定是切割 n, m 中较大的那个，并且要尽可能大的切割。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 9;
void solve()
{
int n, m;cin >> n >> m;
int ans = 1;
while(1)
{
if(n > 2 * m || m > 2 * n)break;
if(n > m)n = (n - 1) / 2;
else m = (m - 1) / 2;
ans ^= 1;
}
cout << (ans ? "Alice" : "Bob") << '\n';
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int _;cin >> _;
while(_ --)solve();
return 0;
}
F - 小d和送外卖
Tag：树形dp，背包，图论
我们将需要送外卖的点标记为 need 。
定义dp状态：
dp[x][i] 表示在以节点 x 为根的子树上删除 i 个点后可以减少的最大路程。
s[x] 表示在以节点 x 为根的子树中的需求量（标记为 need 的点的个数）。
考虑一下转移方程。
在转移刚开始的时候， dp[x] 是不完整的，它仅包含 x 这一个点的信息，设 x 的儿子分别为 y1,y2,y3 ，在将y1转移给x之后， dp[x] 表示的范围就是 x点 和 y1子树 ，以此类推，将 y2, y3 一个个合并，最后 dp[x] 表示的信息就是以 x 为根的子树的信息。
思考一下如何更新 dp[x][k] ，我们可以将 k 分解成 i + (k - i) ，然后有 dp[x][k] = max(dp[x][i], dp[y][k - i]) 。
我们更新 dp[x] 需要用到 dp[x] 本身的信息，所以我们需要开一个临时的数组 f[] 来表示 dp[x] 更新完再将 f[] 复制给 dp[x] 。
首先，如果 s[y] == 0 ，说明y子树对答案完全没有影响，可以直接跳过。
如果 k - i == s[y] ，说明我们把 y 子树的所有需求点都删了，那么 x -> y 这条边可以删除，所以对答案贡献为2（表示最终路程可以减少2），其余情况贡献都为0。
更新完 dp[x] 后还要更新一下 s[x] ，直接加上 s[y] 即可。
同时顺便计算一下不删除边的情况下的总路程 tot ，当 s[y] 不为0，就必须往下走了。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 9;
int dp[N][60], s[N];//dp[i][j]表示在i为根的子树中删除j个点的最大贡献
//s[i]表示以i为根的子树中的需求量
vector<int> g[N];
bitset<N> need;
int tot, n, m;;
void dfs(int x, int p)
{
s[x] = need[x];
for(auto &y : g[x])
{
if(y == p)continue;
dfs(y, x);
if(s[y] == 0)continue;
static int f[60];
memset(f, 0, sizeof f);
for(int k = 0;k <= min(m, s[x] + s[y]); ++ k)
{
//x树中取i个，注意此时x树并不完整
//在y中取k - i个，此时y树为完整的
for(int i = 0;i <= min(m, s[x]); ++ i)
{
if(k - i <= s[y] && k - i >= 0)
f[k] = max(f[k], dp[x][i] + dp[y][k - i] + (k - i == s[y] ? 2 : 0));
}
}
s[x] += s[y];
tot += 2;//此时已经保证s[y] != 0，注意看上面的continue
for(int i = 0;i <= min(m, s[x] + s[y]); ++ i)dp[x][i] = f[i];
}
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i < n; ++ i)
{
int x, y;cin >> x >> y;
g[x].push_back(y), g[y].push_back(x);
}
int k;cin >> k;
for(int i = 1;i <= k; ++ i)
{
int x;cin >> x;
need[x] = true;
}
dfs(1, -1);
cout << tot - dp[1][m] << '\n';
return 0;
}
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