Round 1018(div1+div2) BCD

Round 1018(div1+div2)

B. Wonderful Gloves（贪心）

题意：有$n$个手套，每种手套分左右，分别有$l_i,r_i$个。如果一种手套左右分别被拿了一个，就算凑齐一类手套。问凑齐$k$副手套需要拿几次。

考虑最坏的情况，从每对手套里都完整的一类拿出来，也就是$max(l_i,r_j)$。这样我们没有凑齐一套，然后剩下的数里选前$k-1$大的拿走，答案记得+1。

void solve(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    vector<array<int,2>> l(n+1),r(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>l[i][0];
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>r[i][0];
    int ans = 0;
    priority_queue<int> pq;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(l[i][0]>r[i][0]){
            ans += max(l[i][0],r[i][0]);
            pq.push(r[i][0]);
        }
        else{
            ans += max(l[i][0],r[i][0]);
            pq.push(l[i][0]);
        }
    }
    int cnt = 0;
    while(cnt<k-1){
        cnt++;
        ans+=pq.top();
        pq.pop();
    }
    cout<<ans+1<<"\n";
}

C Wonderful City（dp+前缀和）

题意：一个$n\ast n$矩阵，你可以对每行每列最多操作一次，将这一行这一列全部数加一，代价分别为$a_i,b_i$。问没有两个相邻数相等的最小代价。

行列的操作是相互独立的，因为操作行不会影响这一行相邻两个数的差，操作列不会影响这一列相邻两个数的差。那么我们分别对列操作和行操作做两次dp。$f[i][0/1]$表示第$i$行有没有操作的最小代价。枚举该行和上一行之间的关系，然后进行转移即可，转移的时候记得判断是否合法。最后答案就是行的最小值和列的最小值相加。
$f[i][0]=min(f[i-1][0],f[i-1][1])$
$f[i][1]=min(f[i-1][0],f[i-1][1])+a[i]$
记得判断转移时是否合法。

void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<vector<int>> g(n+1,vector<int>(n+1));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            cin>>g[i][j];
        }
    }
    vector<int> a(n+1),b(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];
    vector<array<int,2>> f(n+1,{inf,inf});
    auto f2=f;
    f[1][0]=0,f[1][1]=a[1];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int x=0,y=0,z=0;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            int t = g[i][j]-g[i-1][j];
            if(t==1)x=1;
            if(t==0)y=1;
            if(t==-1)z=1;
        }
        if(y==0)f[i][0]=min(f[i][0],f[i-1][0]);//没有相等的
        if(x==0)f[i][0]=min(f[i][0],f[i-1][1]);//前面没有恰好低1的
        if(z==0)f[i][1]=min(f[i][1],f[i-1][0]+a[i]);//前面没有高1的
        if(y==0)f[i][1]=min(f[i][1],f[i-1][1]+a[i]);//没有相等的
    }
    f2[1][0]=0,f2[1][1]=b[1];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int x=0,y=0,z=0;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            int t = g[j][i]-g[j][i-1];
            if(t==1)x=1;
            if(t==0)y=1;
            if(t==-1)z=1;
        }
        if(y==0)f2[i][0]=min(f2[i][0],f2[i-1][0]);//没有相等的
        if(x==0)f2[i][0]=min(f2[i][0],f2[i-1][1]);//前面没有恰好低1的
        if(z==0)f2[i][1]=min(f2[i][1],f2[i-1][0]+b[i]);//前面没有高1的
        if(y==0)f2[i][1]=min(f2[i][1],f2[i-1][1]+b[i]);//没有相等的
    }
    int ans = min(f[n][1],f[n][0])+min(f2[n][1],f2[n][0]);
    if(ans>=inf)cout<<-1<<"\n";
    else cout<<ans<<"\n";
}

D Wonderful Lightbulbs（思维）

题意：一开始有一个位置的权值为1，随后进行了若干次操作，每次操作选择一个{$x,y$}，然后让{$x,y$}的状态异或上1。选择给出操作权值为1的点，求一开始的位置。
一开始只有一个点有权值，而且每次操作的时候处于斜对角和垂直线上总的权值异或和是定值，所以我们只需要找到垂直线（$x=a$）和斜对角($x+y=b$)的异或和为1的位置，答案就是 {$a,b-a$}。

void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<int> x(n+1),y(n+1);
    map<int,int> X,dig;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>x[i]>>y[i];
        X[x[i]]^=1;
        dig[x[i]+y[i]]^=1;
    }
    int ansx=0,ansy=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(X[x[i]])ansx=x[i];
        if(dig[x[i]+y[i]])ansy=x[i]+y[i];
    }
    cout<<ansx<<" "<<ansy-ansx<<"\n";