Preface
這場考的有點拉跨，D 題卡了好久，E 題因為亂剪枝 WA 了好多發。
總結一下，下次不會剪枝就不要亂剪枝，在 OI 比賽中，正確性比速度更重要。
A - Piling Up
AtCoder 日爆導致半天登不上去。這道題還是看的洛谷上的題面，用洛谷 RMJ 交的。
點選檢視程式碼
#include<cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int r; scanf("%d",&r);
if(r<=99) printf("%d\n",100-r);
else if(r<=199) printf("%d\n",200-r);
else if(r<=299) printf("%d\n",300-r);
else fprintf(stderr,"OUT OF RANGE\n");
return 0;
}
B - Japanese Cursed Doll
還是登不上去，又是看的洛谷題面 + RMJ 提交（洛谷真好用）。
點選檢視程式碼
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=105;
int n,t,p,a[N];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&t,&p);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int ans=0;
while(true)
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]++>=t) cnt++;
if(cnt>=p) break;
ans++;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
C - Avoid K Palindrome 2
初看這道題被嚇了一跳，這題題面真的很像超難 DP，然而 \(2 \le N \le 10\)，所以直接暴力列舉就好啦。
話說為什麼每次 ABC 都會有這種暴力列舉的題啊？
點選檢視程式碼
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=15;
int n,k;
char str[N];
int main()
{
scanf("%d%d%s",&n,&k,str+1);
sort(str+1,str+n+1);
int ans=0;
do
{
bool is_ok=true;
for(int l=1;l+k-1<=n;l++)
{
int r=l+k-1;
bool is_pal=true;
for(int i=l;i<=l+r>>1;i++)
if(str[i]!=str[r-i+l]) {is_pal=false; break;}
if(is_pal) {is_ok=false; break;}
}
if(is_ok) ans++;
next_permutation(str+1,str+n+1);
}while(!is_sorted(str+1,str+n+1));
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
D - Palindromic Number
卡得最久的一道題，我覺得應該評綠。
首先要找規律，先列出所有的迴文數：
（如果左邊有一列數字，不要管它，那是程式碼塊行號）
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
11 22 33 44 55 66 77 88 99
101 111 121 131 141 151 161 171 181 191
202 212 222 232 ...
然後我大膽猜測答案的左邊一半是 \(n - 10^{\lfloor \lg n \rfloor -1 }\)，右邊一半是左邊一半反轉過來，頂多再根據奇偶性判斷一下是否合併其中一位。
然後成功的 WA 了。
我們不妨把這個表再列大一點：
1~10: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
11~19: 11 22 33 44 55 66 77 88 99
20~29: 101 111 121 131 141 151 161 171 181 191
30~39: 202 212 222 232 242 252 262 272 282 292
...
90~99: 808 818 828 838 848 858 868 878 888 898
100~109: 909 919 929 939 949 959 969 979 989 999
110~119: 1001 1111 1221 1331 1441 1551 1661 1771 1881 1991
120~129: 2002 2112 2222 2332 2442 2552 2662 2772 2882 2992
...
190~199: 9009 9119 9229 9339 9449 9559 9669 9779 9889 9999
發現什麼沒有？比如對於第 \(20 \sim 109\) 和 \(110 \sim 200\) 個迴文數，設其位數為 \(k\)，那麼它們的左邊 \(\lceil \frac{k}{2} \rceil\) 位都在各自範圍內依次遞增，從 \(10\) 遞增到 \(99\)。
更進一步可以發現，\(20 \sim 109\) 和 \(110 \sim 200\) 這兩個範圍內的迴文數的唯一區別就是最中間有一位數是否合併。
根據以上規律，這個表就可以一直往後列下去：
1~10: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
11~19: 11 22 33 44 55 66 77 88 99
20~109: 101 111 ... 999
110~199: 1001 1111 ... 9999
200~1099: 10001 10101 ... 99999
1100~1999: 100001 101101 ... 999999
具體來說，將所有的迴文數分為幾個組，每個組的範圍是 \([2 \times 10^k , 20 \times 10^k]\)，代表這個組內所有迴文數的左邊 \(\lceil \frac{k}{2} \rceil\) 位都在 \([10^k , 10 \times 10^k-1]\) 範圍內依次遞增。
而每個組內又可以分為兩塊，分別是 \([2 \times 10^k , 11 \times 10^k -1]\) 和 \([11 \times 10^k , 20 \times 10^k - 1]\)。前一塊的中間一位數要合併，後一塊不合並。
根據上述結論分類討論判斷一下即可。
另外注意特判 \(n=1\) 的情況（這種情況跳出三界外，不在五行中，程式碼管不著它）。
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n;
int main()
{
scanf("%lld",&n);
if(n==1)
{
printf("0\n");
return 0;
}
int k=0;
long long pow10=1;
while(n>=2*pow10)
{
k++;
pow10*=10;
}
k--,pow10/=10;
long long mid=pow10*11;
if(n<mid)
{
n-=pow10;
printf("%lld",n);
n/=10;
while(n)
{
putchar('0'+n%10);
n/=10;
}
}
else
{
n-=pow10*10;
printf("%lld",n);
while(n)
{
putchar('0'+n%10);
n/=10;
}
}
return 0;
}
E - Sinking Land
賽事亂剪枝把程式碼剪掛了，下次不會剪枝就別亂剪，會出事的！
用 BFS 的方法，\(10^5\) 個佇列來存座標，佇列 \(q_i\) 存的是有可能轉移到高度為 \(i\) 的位置的座標，然後設每一輪的水深是 \(r\)，那麼每次用 \(q_r\) 來進行 BFS 就可以了。
看起來似乎不太好理解，但是我考試的時候真是這麼想的，雖然洛谷題解上還有更簡單的做法。
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int read_u()
{
int x=0; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x;
}
const int N=1005,M=1005,TI=1e5+5;
const int dx[10]={0,0,1,-1},dy[10]={1,-1,0,0};
int n,m,ti,a[N][M];
bool dead[N][M];
queue<pair<int,int>> q[TI];
inline bool check_pos(int x,int y){return x>=1&&x<=n && y>=1&&y<=m;}
int main()
{
n=read_u(),m=read_u(),ti=read_u();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
a[i][j]=read_u();
for(int i=1;i<=n;i++) q[1].push({i,0}),q[1].push({i,m+1});
for(int i=1;i<=m;i++) q[1].push({0,i}),q[1].push({n+1,i});
int alive=n*m;
for(int r=1;r<=ti;r++)
{
while(!q[r].empty())
{
int x=q[r].front().first,y=q[r].front().second;
q[r].pop();
//不會剪枝就別TM亂剪！
for(int i=0;i<4;i++)
{
int tx=x+dx[i],ty=y+dy[i];
if(!check_pos(tx,ty)) continue;
if(dead[tx][ty]) continue;
if(a[tx][ty]>r)
{
q[a[tx][ty]].push({x,y});
continue;
}
dead[tx][ty]=true;
alive--;
q[r].push({tx,ty});
}
}
printf("%d\n",alive);
}
return 0;
}