Codeforces Round #370 (Div. 2) 山寨题解_memory and crow-优快云博客

本文针对Codeforces Round #370 (Div.2) 的五道题目进行了详细的解析，包括如何通过简单的数学观察解决A题，利用差分和贪心策略解答B题和D题，以及如何通过逆向思维解决C题。对于最后的E题，提到了它是一个数学难题。

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Codeforces Round #370 (Div. 2)

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Codeforces

712A Memory and Crow

题意：给出序列a，a[i] = b[i] - b[i + 1] + b[i + 2] - b[i + 3]…，求序列b。
题解：容易看出b[i] = a[i] + a[i+1]，扫描一遍输出。

712B Memory and Trident

题意：给出一个包含’L’、’R’、’U’、’D’的指令序列，可以改变序列中的某个指令，问你如果想执行完指令后回到原点，最少需要改多少个指令（如果回不到就输出-1）。
题解：如果是奇数个指令则无解，偶数个一定有解，想一下一个能回到原点的指令序列一定是’L’个数等于’R’个数，’U’个数等于’D’个数，所以我们对左右指令个数作差，上下指令个数作差，再求和就接近结果了。如果左右指令个数差为奇数，那么上下指令个数差也为奇数，那改变这个单独的指令就可以了。所以答案是 abs(l - r) / 2 + abs(u - d) / 2 + abs(l - r) % 2。

712C Memory and De-Evolution

题意：有一个边长为x的正三角形，现在想把它变成边长为y的正三角形（y < x），并且每次只能减小一条边，并且减小后，这三边仍能构成三角形，问最少减小几次可满足条件。
题解：反过来想，从边长为y的正三角形逐边增加到边长为x的正三角形需要几步，贪心的思想，每次尽可能增大，记录次数就是结果了。

712D Memory and Scores

题意：A、B两人在玩一个游戏，他们起始的分值是a和b，游戏共t局，每局他们随机取一个[-k, k]的整数加到自己当前的分值上，A想知道有多少种情况他能赢（只要有一局他们取得的值不同就算不同情况）。
题解：dp+差分数组。d[i][j]表示第i局后，A比B高j分有多少种情况（注意这里j可为负值）。初始状态是d[0][0] = 1，d[i][j]可以给区间[ d[i+1][j-k], d[i+1][j+k] ]提供d[i][j]的贡献，区间提高相同值可以用差分数组+前缀和在O(1)内完成，由于我们只需要t局结束后的，可以用滚动数组优化一下空间。答案就是d[b - a + 1][t]右侧的累和。
这里可以优化一下常数，就是记录一下每局结束后的边缘分值l和r，应该会快将近一倍（不优化应该也可以过）。

po个代码：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long lint;
const lint mod = 1000000007;
#define zero (200200)
lint ta[zero << 1], tb[zero << 1];
int k, t;
pair<int, int> dp(int cur, int l, int r)
{
    //cout << "dp()" << endl;
    memset(tb, 0, sizeof(tb));
    for(int i = l; i <= r; i++)
    {
        tb[i - k] = (tb[i - k] + ta[i]) % mod;
        tb[i + k + 1] = ((tb[i + k + 1] - ta[i]) % mod + mod) % mod;
    }
    for(int i = l - k; i <= r + k; i++)
    { tb[i] += tb[i-1]; tb[i] %= mod; }
    l -= k, r += k;
/*
    for(int i = l; i <= r; i++)
    {
        printf("[%lld] ", tb[i]);
    } printf("\n");
*/
    memset(ta, 0, sizeof(ta));
    for(int i = l; i <= r; i++)
    {
        ta[i - k] = (ta[i - k] + tb[i]) % mod;
        ta[i + k + 1] = ((ta[i + k + 1] - tb[i]) % mod + mod) % mod;
    }
    for(int i = l - k; i <= r + k; i++)
    { ta[i] += ta[i-1]; ta[i] %= mod; }
    l -= k, r += k;
    for(int i = l; i <= r; i++)
        tb[i] = 0;
/*
    for(int i = l; i <= r; i++)
    {
        printf("[%lld] ", ta[i]);
    } printf("\n");
*/
    if(cur == t) return make_pair(l, r);
    else return dp(cur + 1, l, r);
}
int main()
{
    int a, b;
    cin >> a >> b >> k >> t;
    ta[zero] = 1;
    pair<int, int> A = dp(1, zero, zero);
/*
    for(int i = A.first; i <= A.second; i++)
    {
        printf("[%lld] ", ta[i]);
    } printf("\n");
*/
    lint o = 0;
    for(int i = zero - a + b + 1; i <= A.second; i++)
        { o += ta[i]; o %= mod; }
    cout << o << endl;

    return 0;
}