A - 123233
照題意統計即可。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
map<char,int> ma;
signed main(){
cin>>s;
for(char i:s) ma[i]++;
if(ma['1']==1&&ma['2']==2&&ma['3']==3) cout<<"Yes\n";
else cout<<"No\n";
return 0;
}
B - Hurdle Parsing
還是照題意模擬即可。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
signed main(){
cin>>s;
int cnt=0;
for(int i:s){
if(i=='|'){
if(cnt) cout<<cnt<<" ";
cnt=0;
}else if(i=='-') cnt++;
}
return 0;
}
C - Move Segment
就是將第\(k\)個1的連通塊移到緊貼第\(k-1\)個1的連通塊後面。
照題意模擬即可（程式碼過於不可讀，不建議參考）。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define N 500010
using namespace std;
int n,k;
string s,t;
int ll[N],rr[N],idx;
int p[N];
signed main(){
cin>>n>>k>>s;
s=' '+s+' ';
int l,r;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]!=s[i-1]&&s[i]=='1') l=i;
if(s[i]!=s[i+1]&&s[i]=='1'){
r=i;
ll[++idx]=l,rr[idx]=r;
}
}
int cha=ll[k]-rr[k-1];
ll[k]=ll[k]-cha+1;
rr[k]=rr[k]-cha+1;
for(int i=1;i<=idx;i++){
p[ll[i]]++,p[rr[i]+1]--;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
p[i]+=p[i-1];
cout<<p[i];
}
return 0;
}
D - Strange Mirroring
將字串\(s\)反轉得到\(s'\)，拼接起來是\(s\ s'\ s'\ s\ \dots\)。將每個串依次編號為\(0,1,2,3,\dots\)，透過手玩可以發現第\(x\)個串為\(s\)，當且僅當\(\text{popcount}(x)=0\)，其中\(\text{popcount}(x)\)是指\(x\)的二進位制中\(1\)出現的次數。
還是直接模擬就可以。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Q 200010
using namespace std;
string s;
int q,k,n;
char ch(char a){
if(a>='A'&&a<='Z') return a-'A'+'a';
return a-'a'+'A';
}
signed main(){
cin>>s>>q;
n=s.size();
for(int i=1;i<=q;i++){
cin>>k;
k--;
int round=k/n;
k%=n;
if(__builtin_popcountll(round)&1) cout<<ch(s[k]);//changed
else cout<<s[k];
cout<<" ";
}
return 0;
}
E - 1D Bucket Tool
當時在機房所以沒裝外掛，用的百度翻譯，然後就理解錯題意了，以為操作\(2\)要求輸出\(x\)所在位置的顏色出現了多少次，然後……寄了(￣ ￣|||)
用map來維護顏色相同的區間。
對於詢問\(1\)，用lower_bound()找到該元素在set中的哪個區間，然後將該區間刪掉，再新增進去修改過顏色的區間即可。
注意如果相鄰的區間顏色和該區間修改後的顏色相同，需要把相鄰的區間也刪掉，合併進新新增的區間。為了防止一系列邊界問題，我們在頭尾各加\(2\)個哨兵，顏色設為\(-1\)即可。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define N 500010
#define Q 200010
using namespace std;
struct Range{int l,r,color;};
class cmpclass{
public:
bool operator()(const Range& a,const Range& b) const{
return a.r<b.r;//按右端點從小到大
}
};
set<Range,cmpclass> se;
int n,q,cnt[N];
signed main(){
cin>>n>>q;
se.insert({0,0,-1});
se.insert({n+1,n+1,-1});
for(int i=1;i<=n;i++) se.insert({i,i,i}),cnt[i]=1;
while(q--){
int op,x,c;
cin>>op;
if(op==1){
cin>>x>>c;
auto it=se.lower_bound({x,x,x});
int l=it->l,r=it->r,color=it->color;
cnt[c]+=(r-l+1);
cnt[color]-=(r-l+1);
it=se.erase(it);
if(it->color==c){
r=it->r;
it=se.erase(it);
}
it--;
if(it->color==c){
l=it->l;
it=se.erase(it);
}
se.insert({l,r,c});
}else{
cin>>x;
cout<<cnt[x]<<"\n";
}
}
return 0;
}
F - Exchange Game
注意到\(n+m+k\)一共才\(12\)，果斷壓位暴搜。
具體來說，用一個\(3\)進位制數來表示每一張牌的狀態，\(0\)表示在Takahashi手裡，\(1\)表示在Aoki手裡，\(2\)表示在桌上。
搜尋時提供該三進位制數，還有當前的操作者（\(0\)是Takahashi）。先列舉取出哪張牌，再列舉拿回哪張牌（注意也可以不拿）。
如果當前狀態能到達的所有狀態中，存在勝者為自己的狀態，則說明此狀態下，自己必勝；否則（即所有狀態都是對方獲勝），此狀態下自己必輸。根節點的狀態就是最終答案。
注意要記憶化。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define N 13
#define int long long
using namespace std;
int n,m,l,nn,a[N],pow3[N],f[2][531441];//3^11=531441
struct Status{
int v=0;
int get(int pos){return v/pow3[pos]%3;}
Status chp(int pos,int vv){return {v+(vv-get(pos))*pow3[pos]};}
};
bool dfs(bool cur,Status sta){
if(f[cur][sta.v]!=-1) return f[cur][sta.v];
for(int i=0;i<nn;i++){//打出的牌
if(sta.get(i)!=cur) continue;
for(int j=0;j<nn;j++){//取回的牌
if(sta.get(j)!=2||a[j]>=a[i]) continue;
if(dfs(cur^1,sta.chp(i,2).chp(j,cur))==cur) return (f[cur][sta.v]=cur);
}
if(dfs(cur^1,sta.chp(i,2))==cur) return (f[cur][sta.v]=cur);
}
return (f[cur][sta.v]=cur^1);
}
signed main(){
memset(f,-1,sizeof f);
pow3[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++) pow3[i]=pow3[i-1]*3;
cin>>n>>m>>l;
nn=n+m+l;
for(int i=0;i<nn;i++) cin>>a[i];
Status sta;
for(int i=0;i<nn;i++) sta=sta.chp(i,(i>=n)+(i>=n+m));
cout<<(dfs(0,sta)?"Aoki\n":"Takahashi\n");
return 0;
}