A.Phillip and Trains
题意：过隧道，每次人可以先向前一格，然后向上或向下或不动，然后车都向左2格。问能否到达隧道终点。
题解：dp，一开始s所在列如果前方为'.'则dp[i]=1。r[i]代表上一次的dp[i]值。
如果该行当前可行，那么它就可以更新它上下两行（如果有），必须用r[i]去更新。
再判断每行在当前时间是否会发生撞车：看看位置 i+t*2，i+t*2+1，i+t*2+2 是否有车。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int t,n,k,dp[],r[];
char s[][];
bool ck(int i,int j){//j行i列不可行
return i<n&&s[j][i]!='.';
}
int main() {
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=;i<=;i++){
scanf("%s",s[i]);
r[i]=dp[i]=s[i][]=='.'&&s[i][]=='s';
}
for(int t=,i=;i<n;i++,t++){
for(int j=;j<=;j++)if(!ck(i+t*,j)){
dp[j+]=max(r[j],dp[j+]);
dp[j-]=max(r[j],dp[j-]);
}
for(int j=;j<=;r[j]=dp[j],j++)
if(ck(i+t*,j)||ck(i+t*+,j)||ck(i+t*+,j))
dp[j]=;
}
if(dp[]||dp[]||dp[])puts("YES");
else puts("NO");
}
return ;
}
B - Mr. Kitayuta's Gift
题意：插入一个字符是否能使字符串变成回文串。
题解：长度10，可以暴力枚举所有位置所有字母。我是用O(n)的算法。代码写得比较奇怪。
#include<cstdio>
#include<cstring>
char s[];
int main(){
scanf("%s",s);
int len=strlen(s),i=,j;
for(;i<len/&&s[i]==s[len-i-];i++);
if(s[i]!=s[len-i-]){//如果有不同的
for(j=i;j<len/&&s[j]==s[len-j-];j++);
//尝试在i前面插入一个s[len-i-1]后是否变成回文
if(j==len/) printf("%.*s%c%s",i,s,s[len-i-],s+i);
else{
//尝试在len-i-1后面插入一个s[i]是否变成回文
for(j=i+;j<=len/&&s[j]==s[len-j];j++);
if(j>len/)
printf("%.*s%c%s",len-i,s,s[i],s+len-i);
else printf("NA");
}
}else printf("%.*s%c%s",len/,s,s[len/],s+len/);
//本身是回文，只要中间插入一个s[len/s]
return ;
}
D - Vasya and Chess
题意:n*n的棋盘，白棋先动，可以走没走过的位置或吃黑棋，八方向。如果最后谁先不能走就输了。求白棋能否胜利，若能输出她的第一步。
题解：如果n是奇数，白棋走了，黑棋对称着走就可以了。所以黑棋必胜。n是偶数，白棋右走一步后，相当于奇数棋盘的后手了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
int main(){
scanf("%d",&n);
if(n%){
printf("black");
}else
printf("white\n1 2");
return ;
}
E - Bishops Alliance
题意：n*n的棋盘上有m个主教，告诉你每个主教的x，y坐标，和p值。你可以选取一些主教，使得选择的任意两个主教i和主教j之间满足：在同一对角线上，且$dis（i，j）≥p_i^2+p_j^2+C$，C是告诉你的一个常数，$dis（i，j）=|x_i-x_j|+1$。问最多可以选取多少个主教。
题解：
dp。对于一条对角线上的点按x排序后，dp[i]表示第i个点为最后一个选的点，最多可以取多少个点。
$dis(i,j)=x_i-x_j+1\geq p_i^2+p_j^2+C\ (j<i) $
移项后得
$x_i-p_i^2-C+1\geq x_j+p_j^2 \tag1\ (j<i)$
将该对角线上每个点的$x-p^2-C+1$,$x+p^2$离散化一下。那么dp[i]=dp[j]+1，dp[j]是j 满足（1）的最大的dp值。
所以用树状数组维护一下。
pos(v)表示v是离散后第几大的，qry(x)为最大的dp[j]，其中j满足$x_j+p_j^2$在前x个离散后的值中，且j<i。
所以$dp[i]=qry(pos(x_i-p_i^2-c+1))+1$。
每次求完dp[i]，再update(pos(x+p2),dp[i])，就可以保证qry(x)的j一定<i。
update函数即更新 前x个的最大dp值（x大于等于pos(x+p2)）。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 270005
#define ll long long
using namespace std;
vector<pair<int,ll> >dia[N],rdia[N];
int n,m,c,len;
int s[N];
ll z[N];
int lowbit(int x){return x&(-x);}
int qry(int x){
int ans=;
for(;x;x-=lowbit(x))ans=max(ans,s[x]);
return ans;
}
void update(int x,int v){
for(;x<N;x+=lowbit(x))s[x]=max(s[x],v);
}
int pos(ll v){
return lower_bound(z,z+len,v)-z;
}
int solve(vector<pair<int,ll> > &v){
if(!v.size())return ;
len=;
for(int i=;i<v.size();i++){
ll x=v[i].first,p2=v[i].second;
z[len++]=x-p2-c+;
z[len++]=x+p2;
}
z[len++]=-1e18;
sort(z,z+len);
len=unique(z,z+len)-z;
sort(v.begin(),v.end());
for(int i=;i<=len;i++)s[i]=;
int ans=,dp;
for(int i=;i<v.size();i++){
ll x=v[i].first,p2=v[i].second;
dp=qry(pos(x-p2-c+))+;
ans=max(ans,dp);
update(pos(x+p2),dp);
}
return ans;
}
int main(){
freopen("bishops.in","r",stdin);
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
for(int i=;i<=*n;i++)
dia[i].clear(),rdia[i].clear();
for(int i=;i<m;i++){
int x,y;ll p;
scanf("%d %d %I64d",&x,&y,&p);
dia[x+y].push_back(make_pair(x,p*p));
rdia[x-y+n].push_back(make_pair(x,p*p));
}
int ans=;
for(int i=;i<=*n;i++){
ans=max(ans,solve(dia[i]));
ans=max(ans,solve(rdia[i]));
}
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}
F - Guess a number!
题意：四种猜数字方式和两种回答：>=/<=/>/< d Y/N ，给出多个这样的问答，求任意一个符合条件的数字。
题解：二分，改变l的条件是有'>'，回答是Y，或者有<回答是N，可以异或一下。然后是开区间还是闭区间，就看是否有'='，回答是Y，或者没有'='，回答是N，也可以异或一下。注意l和r的初始值。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define inf 2000000000
char s[];
int n,ans,d,l=-inf,r=inf;
void work(int i,int j){
if(i)l=max(l,d+j);
else r=min(r,d-j);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
while(n--){
scanf("%s %d %c",s,&d,&s[]);
work((s[]=='>')^(s[]=='N'),(s[]=='=')^(s[]=='Y'));
if(l>r)ans=-;
}
if(ans==-)printf("Impossible");
else printf("%d",l);
return ;
}