2018 CCPC桂林H,J 2019ICPC 台北H J
这场nice，一个签到，三个铜牌题做出，铜牌题做两个就有铜了。
但是除了读题基本0贡献了，签到的活被抢了，G完全没参与，H想好思路之后居然写挂了。
J（博弈）
之前做过一个题是确定最终状态，由于真的长得很像，所以一开始我们也去搞确定最终状态去了，实际上只需对于每一堆石头反复的贪心抓取即可。
对于a[i]这个位置，这一轮可以抓取的个数分三个情况
1.a[i]小于两边，可以一直抓到0
2.a[i]大于一边，可以抓到那边的a[j]+1
3.大于两边，可以抓到两边的最大值的+1
换句话来说，就是只要不和两边相等，我就可以尽量往小里抓。
复杂度不太会证明，但是据说是2n
#include using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'const int N = 1e5+1000;
int a[N];signed main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);int t;int cnt=0;for(cin>>t;t;t--){cnt++;int n;cin>>n;int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}int x=1;a[0]=a[n+1]=1e9+100;while(x){x=0;for(int i=1;i<=n;i++){int m=-1;if(a[i]>a[i-1])m=max(m,a[i-1]);if(a[i]>a[i+1])m=max(m,a[i+1]);x+=a[i]-m-1;a[i]=m+1;}sum+=x;}if(sum&1){cout<<"Case "<cout<<"Case "< H. Hamming Distance（贪心，思维）
思路：确定的思路是：目前即将要更换的位置，我们希望的换的字母在满足答案最终状态合法的情况下字典序最小，
ca和cb这两个串来讲
我们第一位显然用‘a’即可，但是对于第二位，如果我们用a，则会产生一个差值，使得目标串ans和ca与cb的距离不一样，那么什么时候我们又可以选呢？
cab
cba
这种情况下，在第二位之后还有位置是不相等的，这时我们可以把这个代价（差值延后）到最后一位上。
ans就是aaa
sum后缀记录不同个数的前缀和。
然后对于每一位要换的字母都从26个字母里枚举。（nnd，我一开始写的是精确判断，挂了，队友写个枚举过了，而且还飞快）
#include
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e6+5;
int t,sum[N];
char s[N],e[N],ans[N];
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>t;int ca=0;while(t--){cin>>(s+1)>>(e+1);int n=strlen(s+1);sum[n+1]=0;for(int i=n;i>=1;i--){sum[i]=sum[i+1]+(s[i]!=e[i]);}int disa=0,disb=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(char j='a';j<='z';j++){int da=disa,db=disb;if(s[i]!=j) da++;if(e[i]!=j) db++;if(abs(da-db)>sum[i+1]) continue;ans[i]=j;disa=da;disb=db;break;}}cout<<"Case "<<++ca<<": ";for(int i=1;i<=n;i++) cout< 2019台北
H（找规律）
题目要求满足的式子来推导，但是发现没有什么结果啊，根据题目给出的大量的样例提示，试着找了一个规律
：b必然是n+1。
此时一个仅包含未知量a的一元一次不等式就已经浮现了，那么直接解出即可。
#include
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
const int N = 1e5+1000;
const int mod = 1e9+7;
int t,n,a[N];
signed main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);int t;for(cin>>t;t;t--){int n;cin>>n;cout<<((n*(n+1ll))^(n+1ll))< J - Automatic Control Machine
按照题目中描述的，这个是一个小规模下的可重覆盖问题，原本我想用DLX直接碾压过去，结果发现我只整理的精确覆盖问题，，
#include
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int inf=1e18;
const int N = 1000;
int t,n,m,cnt[N],ans;
char s[20][N];
vectorg[20];
void dfs(int pos,int num,int res)
{if(ans<=res) return;if(num==n){ans=res;return;}for(int i=pos+1;i<=m;i++){int tmp=num;for(auto x:g[i]){if(cnt[x]<=0) tmp++;cnt[x]++;}dfs(i,tmp,res+1);for(auto x:g[i])cnt[x]--;}
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>t;while(t--){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=0,g[i].clear();for(int i=1;i<=m;i++){cin>>(s[i]+1);for(int j=1;j<=n;j++){if(s[i][j]=='1') cnt[j]++,g[i].push_back(j);}}int flag=1;ans=inf;for(int i=1;i<=n;i++){if(cnt[i]<=0){flag=0;break;}cnt[i]=0;}if(!flag){cout<<"-1\n";continue;}dfs(0,0,0);cout< 牛客小白62 E（离线，lazytag思想）
还是挺巧妙的，题目给的所有操作可以转化为差分，利用差分数组存好之后再利用类似于lazytag的思想去做传递，可以视为一个自顶向下离线方式利用lazytag的过程。
#include
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;const int N = 2e7+100;
int a[N];
int n,m;
int num1[N];
int vis[N];
void DFS(int p,int x)
{if(p>n)return;a[p]+=x;DFS(p*2,x+num1[p*2]);DFS(p*2+1,x+num1[p*2+1]);
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){int op,x;cin>>op;if(op==1){cin>>x;num1[x]++;}if(op==2){cin>>x;num1[1]++;num1[x]--;}if(op==3){cin>>x;while(x){a[x]++;x/=2;}}if(op==4){cin>>x;while(x){a[x]--;x/=2;}num1[1]++;}}DFS(1,num1[1]);for(int i=1;i<=n;i++)vis[a[i]]++;for(int i=0;i<=m;i++)cout< 好累啊，，今天先到这里吧
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