Codeforces Round 859 (Div. 4)

Codeforces Round 859 (Div. 4)

評價：比較簡單的一集，簡單考察思維和最基礎演算法

E:互動題。看了oiwiki和codeforces的文章，之前看的abc文章忘了，打算寫一篇總結特點和一些典型例題，還了解了其他題型。

Solution：回到本題：只需要利用字首和最佳化每次二分答案，從輸入裡得到我們想要的資訊

//cout.flush()；
void solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]+=a[i-1];
	}
	int l=1,r=n;
	while(l<r){
		cout<<"?"<<" ";
		int mid=(l+r)>>1;
		cout<<mid-l+1<<" ";
		for(int i=l;i<=mid;i++)cout<<i<<" ";
		cout<<endl;
		//cout.flush();
		int x;cin>>x;
		if(a[mid]-a[l-1]!=x)r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<"!"<<" "<<l<<endl;
}

F:題意：給定一個\(n*m\)的矩陣，給定初始點的位置和速度方向，已經知道終點位置，問需要經過邊界反射多少次才能到達終點？

Solution：對於反射問題不難想到週期，我們考慮最差情況第二次到達起點的時候遍歷了所有方格點也就是\(n\times m\)個點，算上初始方向，最多有四個方向，所以最多經歷 \(4\times n\times m\)的路程,意思是最大週期是這麼多，再算下去一定會重複計算，沒有意義。每次到邊界的時候只需要判斷速度和位置會不會導致下一步越界，如果越界，則速度取相反方向。

void solve(){
	cin>>n>>m;
	int x1,y1,x2,y2;cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
	string s;cin>>s;
	int mx=4*n*m;
	int dx=0,dy=0;
	if(s[0]=='D')dx=1;
	else dx=-1;
	if(s[1]=='R')dy=1;
	else dy=-1;
	int cux=x1,cuy=y1;
	int cnt=0;
	while(mx--){
		if(cux==x2&&cuy==y2){
			cout<<cnt<<endl;
			return ;
		}
		bool flag=0;
		if(cux==1&&dx==-1)dx=1,flag=true;
		if(cux==n&&dx==1)dx=-1,flag=true;
		if(cuy==1&&dy==-1)dy=1,flag=true;
		if(cuy==m&&dy==1)dy=-1,flag=true;
		
		cux+=dx;cuy+=dy;
		if(flag)cnt++;
	}
	cout<<-1<<endl;
}

G:題意：Subsequence Addition (Hard Version)

數列 \(a\) 最開始只有一個數 \(1\)，你可以進行若干次操作，每次操作你可以選取最新陣列中 \(k\) 個數（\(k\) 無限制，小於等於 \(a\) 的大小即可），將這 \(k\) 個數的和放入 \(a\) 的任意一個位置。

給定一個長度為 \(n\) 的序列 \(c\)，問 \(a\) 能否在進行n-1次操作後轉為 \(c\)。

有 \(t\) 組資料。

\(1\leq \sum n\leq2\times10^5,1\leq c_i\leq2\times10^5,1\leq t\leq1000\)

Solution:由於是子序列，發現排序不影響答案正確性。以揹包視角思考問題，可以發現只要前i-1小

int n, m;
int a[N];
 
void solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	int sum=1;
	bool flag=true;
	sort(a+1,a+1+n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]>sum)flag=false;
		if(i>1) sum+=a[i];
	}
	if(flag)cout<<"YES"<<endl;
	else cout<<"NO"<<endl;
}