A
因为最大相似长度是50，所以一开始令初始数组为50个a，然后不断利用相似度，每一个先复制相似度长度的字符，然后令后续字符ascii加1模上26，即可保证不同。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 1e2 + 10;
int T, n;
int a[N];
string s;
int main()
{
T = read();
while (T--)
{
s.clear();
n = read();
upd(i, 1, n)a[i] = read();
upd(i, 1, 51)
{
s += 'a';
}
up(i, 0, 50)printf("%c", s[i]);
puts("");
upd(i, 1, n)
{
string temp = "";
up(j, 0, a[i])
{
temp += s[j];
}
int c = s[a[i]] - 'a';
c++; c %= 26;
up(j, a[i], 50)
{
temp += 'a' + c;
}
up(i, 0, 50)printf("%c", temp[i]);
puts("");
s = temp;
}
}
return 0;
}
B
可以利用他的增长的线性，即对于每一个深度而言，他的深度的大小是
d
+
t
i
m
e
∗
k
d+time*k
d+time∗k其中
k
=
−
1
，
1
k=-1，1
k=−1，1，即
y
=
x
,
y
=
−
x
y=x,y=-x
y=x,y=−x的直线平移。所以每一个图象大致是一个三角形，关于
x
=
k
x=k
x=k对称的离散图（然后我们进行无限次延拓）。所以针对他的向上和向下的两个曲线，我们拉一个
y
=
l
y=l
y=l的直线，可将每一个
d
e
p
dep
dep划分成为关于区间
[
0
,
L
]
,
[
R
,
2
∗
k
−
1
]
[0,L],[R,2*k-1]
[0,L],[R,2∗k−1]其中
t
i
m
e
=
L
,
t
i
m
e
=
R
time=L,time=R
time=L,time=R的时候，恰好满足最小需要的深度。
然后我们进行贪心的选取，可以发现，如果我们在
d
e
p
i
dep_i
depi的时间轴上处于
[
R
,
2
∗
k
−
1
]
[R,2*k-1]
[R,2∗k−1]之间，为
T
T
T，那么
d
e
p
i
+
1
dep_{i+1}
depi+1一定可以到达（排除特殊情况的时候）。因为
d
e
p
i
+
1
dep_{i+1}
depi+1的时间轴
[
R
′
,
2
∗
k
−
1
]
[R',2*k-1]
[R′,2∗k−1]，当
T
<
R
T<R
T<R的时候，我们考虑等待
R
−
T
R-T
R−T分钟，当
T
>
R
T>R
T>R的时候，直接到达。
然后是考虑当
t
i
m
e
=
=
2
∗
k
−
1
time==2*k-1
time==2∗k−1，这个时候我们的时间跨回到
t
i
m
e
=
0
time=0
time=0，即左区间，这个时候开始左区间特判。
在左区间，有
T
<
[
0
,
L
′
]
T<[0,L']
T<[0,L′]的时候，下一个区间能够达到。当
T
>
[
0
,
L
′
]
T>[0,L']
T>[0,L′]的时候不能达到。
所以我们利用这些性质，进行贪心，每一次能够达到右区间的时候（即该图像和
y
=
l
y=l
y=l没有交点），直接走到右区间，否则模拟时间+1，并且判断。
（注意特判，
d
e
p
dep
dep==
l
l
l，没有左右区间。因为右区间的最低的点是
y
=
1
y=1
y=1，左区间是
y
=
0
y=0
y=0）
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 6e5 + 10;
int n, k, l, T;
int d[N];
int p[N], lf[N], rt[N];
int main()
{
T = read();
while (T--)
{
n = read(), k = read(), l = read();
upd(i, 1, n)d[i] = read();
bool flag = 0;
upd(i, 1, n)
{
if (d[i] > l) {
flag = 1; break;
}
int temp = l - d[i];
if (temp == 0) {
lf[i] = 0;
rt[i] = 0; continue;
}
if (temp >= k)
lf[i] = k - 1, rt[i] = k;
else lf[i] = temp, rt[i] = k + (k - temp);
}
int t = rt[1];
upd(i, 2, n)
{
if (lf[i] == (k - 1) && rt[i] == k)
{
t = rt[i];
}
else {
if (t >= k) {
if (rt[i] > t)
{
t = rt[i];
}
else {
if (rt[i] == 0)
{
t = 0;
}
else
t++; t %= 2 * k;
}
}
else {
if (lf[i] > t)
{
t++;
}
else {
flag = 1; break;
}
}
}
}
if (flag)printf("No\n");
else printf("Yes\n");
}
return 0;
}
C
可以发现，假设我们把a修改成d，那么a就有一次机会到d，继续修改a到c，因为c<d,就有a->c->d，可以发现，只要被修改过，那么之前所有的修改都可以达到，就可以使用丙并查集。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 1e5 + 10;
int t, n;
char A[N], B[N];
int par[N];
void init()
{
up(i, 0, 20)par[i] = i;
}
int getfa(int x)
{
return x == par[x] ? x : par[x] = getfa(par[x]);
}
bool merge(int x, int y) {
x = getfa(x);
y = getfa(y);
if (x == y)return 1;
par[x] = y;
return 0;
}
int main()
{
t = read();
while (t--)
{
n = read();
scanf("%s %s", A + 1, B + 1);
bool flag = 0;
init();
upd(i, 1, n)
{
if (A[i] > B[i])
{
flag = 1; break;
}
}
if (flag)printf("-1\n");
else {
int cnt = 0;
upd(i, 1, n)
{
int a = A[i] - 'a';
int b = B[i] - 'a';
if (!merge(a, b)) {
cnt++;
}
}
printf("%d\n", cnt);
}
}
return 0;
}
D
我们只需要盯着最高位即可，因为有
2
k
>
∑
i
=
0
k
−
1
2
i
2^k>\sum_{i=0}^{k-1}2^i
2k>∑i=0k−12i。
设当前最高位pos的1的个数是x，pos位置是0的就有n-x。
可以发现，因为1^1=0，故，当先手两个，后手两个，这个时候pos位置上大家都没有1。所以考虑x和4的关系。
1.
x
m
o
d
4
=
=
1
x\mod4==1
xmod4==1先手先把一个pos=1的数字拿掉，剩下的x-1个数字，当后手拿了这
x
−
1
x-1
x−1个数字中的一个时候，先手模仿后手拿。因为
（
x
−
1
）
m
o
d
4
=
=
0
（x-1）\mod4==0
（x−1）mod4==0,故一定可以使得先手
(
x
−
1
)
/
2
(x-1)/2
(x−1)/2个1，且
(
x
−
1
)
/
2
(x-1)/2
(x−1)/2是偶数，所以先手胜利。
2.
x
m
o
d
4
=
=
2
x\mod4==2
xmod4==2 &&
x
m
o
d
4
=
=
0
x\mod4==0
xmod4==0此时无法确定胜利关系，因为是最优解，那么大家一定会先拿一个x中的数字，这样x变成x-2，此时无论怎么拿，先后手一定会得到偶数个1，大家都没有pos位置的1。此时继续往后做。
3.
x
m
o
d
4
=
=
3
x\mod4==3
xmod4==3此时先手拿掉一个变成情况2，因为先手多一个1，故胜利。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
int c[N];
int t, n;
int main()
{
t = read();
while (t--)
{
n = read();
upd(i, 1, n)
a[i] = read();
upd(i, 0, 35)c[i] = 0;
upd(i, 1, n)
{
dwd(j, 31, 0)
{
if (a[i] >> j & 1)
{
c[j]++;
}
}
}
int flag = 0;
dwd(j, 31, 0)
{
if (c[j])
{
int left = n - c[j];
if (c[j] % 4 == 1)
{
flag = 2; break;
}
else if (c[j] % 4 == 3)
{
if (left % 2)
{
flag = 2; break;
}
else {
flag = 1; break;
}
}
}
}
if (flag == 2)puts("WIN");
else if (flag == 1)puts("LOSE");
else puts("DRAW");
}
return 0;
}
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