Educational Codeforces Round 89 (Rated for Div. 2)

A.Shovels and Swords

题意：

已知有a个木棍和b个钻石，做一个钻石铲要2个木棍和1个钻石，做一把钻石剑需要1个木棍和2个钻石，问最多总共能做多少工具。

思路

刚读完题满脑子都是：这也太MC了吧这可咋搞，然后就开始瞎推公式了QUQ。这个就是写出来吐槽一下自己的，可以跳过QUQ。

首先设钻石铲x把，钻石剑b把，依题意易得
a > = 2 ∗ x + y b > = x + 2 ∗ y a>=2*x+y\\b>=x+2*y a>=2∗x+yb>=x+2∗y
公式两边相加变成
( a + b ) / 3 > = x + y (a+b)/3>=x+y (a+b)/3>=x+y
得到x+y的最大值。也不懂昨晚在想什么，写到这里就脑子一抽地交上去莽（WA）了一发Orz这个公式，实际上a，b的数量可能无法达到这个最大值，所以再对不满足的情况处理一下就出了。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define re read()
#define ll long long
#define rep(a, b, c) for(int a = b; a <= c; a++)
#define per(a, b, c) for(int a = b; a >= c; a--)
using namespace std;
int read()
{int num = 0; bool f = 0; char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9') {f = (ch == '-'); ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9') {num = (num << 1) + (num << 3) + ch - '0'; ch = getchar();}return f? -num : num;
}
int main()
{per(T, re, 1){int a = re, b = re;if(!a || !b) {puts("0"); continue;}int ans = (a + b) / 3;if(a <= ans) ans = min(a, b / 2);if(b <= ans) ans = min(ans, min(b, a / 2));printf("%d\n", ans);}return 0;
}

B.Shuffle

题意

给定n个数，第x个数为1，其余全为0。共给出m个区间，每次可将区间内任意两数位置交换，求有多少个位置在m次操作后可以为1。

思路

（废话一堆，可以直接看下一段）第一眼看完以为是输出任意一位最后可以是1的，差点就莽了，然后又去看了一波，看完人傻了，以为今晚就要跪在这里了QWQQQ然后对样例手做了一下，第一反应是做区间覆盖，感觉不太会写就又仔细想了一下。

注意，题意是每次总共只会有一个1，最后的答案是所有的可能情况之和。
题目后面补充了可以选择两个相同的数字进行交换（就是相当于可以不操作）所以，每次操作时，只要这个区间内有1存在，那么这个区间内每一个数字都可以在m次操作后为1。因此易知可以得到1的位置是一段连续区间（假设所给区间A与之前的连续区间交集为空，则区间A均不出现1）

所以我们用 l l l和 r r r记录连续区间的左右范围（显而易见 a n s = r − l + 1 ans=r-l+1 ans=r−l+1），对于每次所给的区间，若其与 [ l ， r ] [l，r] [l，r]没有交集，则这个区间均不能有1。若有交，则可以用其对原连续区间进行更新。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define re read()
#define ll long long
#define rep(a, b, c) for(int a = b; a <= c; a++)
#define per(a, b, c) for(int a = b; a >= c; a--)
using namespace std;
int read()
{int num = 0; bool f = 0; char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9') {f = (ch == '-'); ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9') {num = (num << 1) + (num << 3) + ch - '0'; ch = getchar();}return f? -num : num;
}
int n, t, m, l, r;
int main()
{per(T, re, 1){n = re, t = re, m = re;l = r = t;rep(i, 1, m){int a = re, b = re;if(a > r || b < l) continue;l = min(l, min(t, a)), r = max(r, max(t, b));}printf("%d\n", r - l + 1);}return 0;
}

C.Palindromic Paths

题意

给定一个n*m的矩阵，矩阵中只有0/1，每次只能向左或右移动，求需要多少次更改，才可以使（1，1）->（n，m）的每一条路径均为回文。

思路

显而易见符合答案的矩阵，在到（1，1）和（n，m）的距离相等的点（距离相同的就是回文数的每一位），所对应的格子的值相等。所以题目就转换为把到（1，1）和（n，m）距离相等的所有点视为一组，并将这组点全部转换为0/1所需的最小次数，求和一下就是所要的答案。

因为只会笨笨的直观求和，所以画个图示意一下QUQ
这题的距离其实就是曼哈顿距离。如下图所示，每一条线上的每一个点到（1，1）的距离都相等（即 i + j i+j i+j相等）。利用回文串的思路，只需要把点按到（1，1）的距离相等的点划分为同一组进行统计即可。统计的部分写个三四条线就能找到规律了。

注意：因为回文中间的一位并不影响回文的性质，所以最后求和的时候不需要对这组进行统计QUQ

我太菜了，这题主要的时间都花在推回文位置和求和的循环上QUQ

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define re read()
#define ll long long
#define rep(a, b, c) for(int a = b; a <= c; a++)
#define per(a, b, c) for(int a = b; a >= c; a--)
using namespace std;
int read()
{int num = 0; bool f = 0; char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9') {f = (ch == '-'); ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9') {num = (num << 1) + (num << 3) + ch - '0'; ch = getchar();}return f? -num : num;
}
int n, m, ans;
int a[66], b[66];
int main()
{per(T, re, 1){n = re, m = re; ans = 0;rep(i, 0, n + m) a[i] = b[i] = 0;rep(i, 1, n)  {rep(j, 1, m){int x = re;a[i + j] += x, b[i + j] += (!x);}}rep(i, 2, (n + m + 1) / 2)ans += min(a[i] + a[n + m + 2 - i], b[i] + b[n + m + 2 - i]);printf("%d\n", ans);}return 0;
}

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思路

Code

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