旅行傳送門

一些閒話：看著難度適中就拿來練手了，沒想到居然能AK，順便紀念下第一次獨自敲出2200的題。

A. Two Substrings

題意：給你一個字串 \(s\) ，問 \(s\) 中是否同時包含不重疊的子串 \(AB\) 和 \(BA\) 。

題目分析：掃兩遍，第一次先找 \(AB\) 再找 \(BA\) ，第二次先找 \(BA\) 再找 \(AB\) ，任意一次滿足即符合要求。

AC程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); i++)
#define down(i, x, y) for (register int i = (x); i >= (y); i--)
#define IOS                      \
    ios::sync_with_stdio(false); \
    cin.tie(nullptr);            \
    cout.tie(nullptr);
using namespace std;

bool check1(string s)
{
    int n = s.length() - 1, f1 = 0, f2 = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (s[i] == 'A' && s[i + 1] == 'B')
        {
            f1 = 1;
            s[i] = s[i + 1] = 'C';
            break;
        }
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (s[i] == 'B' && s[i + 1] == 'A')
        {
            f2 = 1;
            break;
        }
    return f1 & f2;
}

bool check2(string s)
{
    int n = s.length() - 1, f1 = 0, f2 = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (s[i] == 'B' && s[i + 1] == 'A')
        {
            f1 = 1;
            s[i] = s[i + 1] = 'C';
            break;
        }
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (s[i] == 'A' && s[i + 1] == 'B')
        {
            f2 = 1;
            break;
        }
    return f1 & f2;
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    IOS;
    string s;
    cin >> s;
    puts(check1(s) | check2(s) ? "YES" : "NO");
    return 0;
}
 

B. Preparing Olympiad

題意：給你 \(n\) 個數，你可以從中挑選任意個放進集合中，問有多少种放法使得集合滿足：

• 集合中的元素之和 \(sum \in [l,r]\)
• 集合中元素的最大值與最小值之差 \(\leq x\)

題目分析：\(n \leq 15\) ，暴力 \(dfs\) 即可。

AC程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); i++)
#define down(i, x, y) for (register int i = (x); i >= (y); i--)
const int inf = 0x3f3f3f3f;

char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf, obuf[1 << 23], *O = obuf;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch))
    {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch))
    {
        x = x * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

int n, l, r, x, cnt;
std::vector<int> a(20), vis(20);

void dfs(int cur, int mx, int mn, int pre)
{
    if (cur > r)
        return;
    if (cur >= l && mx - mn >= x)
        ++cnt;
    for (int i = pre + 1; i <= n; i++)
    {
        if (!vis[i])
        {
            vis[i] = 1;
            cur += a[i];
            int m1 = std::max(a[i], mx);
            int m2 = std::min(a[i], mn);
            dfs(cur, m1, m2, i);
            vis[i] = 0;
            cur -= a[i];
        }
    }
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    n = read(), l = read(), r = read(), x = read();
    rep(i, 1, n) a[i] = read();
    dfs(0, 0, inf, 0);
    printf("%d\n", cnt);
    return 0;
}
 

C. Divisibility by Eight

題意： 給你一個數 \(n\) ，問能否刪除其中若干位使得其能被8整除？

題目分析：因為 \(1000 ÷ 8 = 125\) ，所以整千數都是 \(8\) 的倍數，而原數減去後三位就是整千數，是 \(8\) 的倍數。因此原數是不是 \(8\) 的倍數，只要看後三位是不是 \(8\) 的倍數，那麼我們只需特判一二位，三位以上只需看後三位即可。

順便做個筆記：

• 若一個整數的末位是偶數，則這個數能被 \(2\) 整除。

• 若一個整數的數字和能被 \(3\) 整除，則這個整數能被 \(3\) 整除

• 若一個整數的末尾兩位數能被 \(4\) 整除，則這個數能被 \(4\)

  整除

• 若一個整數的末位是 \(0\) 或 \(5\) ，則這個數能被 \(5\) 整除

• 若一個整數能被 \(2\) 和 \(3\) 整除，則這個數能被 \(6\) 整除

• 若一個整數的個位數字截去，再從餘下的數中，減去個位數的 \(2\) 倍，如果差是 \(7\) 的倍數，則原數能被 \(7\) 整除。如果差太大或不易看出是否 \(7\) 的倍數，就需要繼續上述「截尾、倍大、相減、驗差」的過程，直到能清楚判斷為止。例如，判斷 \(133\) 是否 \(7\) 的倍數的過程如下： \(13-3×2＝7\) ，所以 \(133\) 是 \(7\) 的倍數；又例如判斷 \(6139\) 是否 \(7\) 的倍數的過程如下： \(613-9×2＝595\) ， \(59-5×2＝49\) ，所以 \(6139\) 是 \(7\) 的倍數，以此類推。

• 若一個整數的末尾三位數能被 \(8\) 整除，則這個數能被 \(8\) 整除

• 若一個整數的數字和能被 \(9\) 整除，則者個整數能被 \(9\) 整除

• 若一個整數末位是 \(0\) ，則這個數能被 \(10\) 整除

AC程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); i++)
#define down(i, x, y) for (register int i = (x); i >= (y); i--)
#define IOS                      \
    ios::sync_with_stdio(false); \
    cin.tie(nullptr);            \
    cout.tie(nullptr);
using namespace std;

char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf, obuf[1 << 23], *O = obuf;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch))
    {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch))
    {
        x = x * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    IOS;
    string s;
    cin >> s;
    int n = s.length(), flag = 0;
    for (auto ch : s)
    {
        if (ch - '0' == 8 || ch - '0' == 0)
        {
            cout << "YES" << endl;
            cout << ch << endl;
            return 0;
        }
        if (!(ch - '0' & 1))
            flag = 1;
    }
    if (!flag || n == 1)
    {
        cout << "NO" << endl;
        return 0;
    }
    if (n == 2)
    {
        int num = 10 * (s[0] - '0') + s[1] - '0';
        if (num % 8)
            cout << "NO" << endl;
        else
        {
            cout << "YES" << endl;
            cout << num << endl;
        }
        return 0;
    }
    else
    {
        rep(i, 0, n - 1)
        {
            int num = s[i] - '0';
            rep(j, i + 1, n - 1)
            {
                num = num * 10 + s[j] - '0';
                if (!(num % 8))
                {
                    cout << "YES" << endl;
                    cout << num << endl;
                    return 0;
                }
                rep(k, j + 1, n - 1)
                {
                    num = num * 10 + s[k] - '0';
                    if (!(num % 8))
                    {
                        cout << "YES" << endl;
                        cout << num << endl;
                        return 0;
                    }
                    num /= 10;
                }
                num /= 10;
            }
        }
        cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
}

D. Regular Bridge

題意：要求構造出一張無向圖，圖中每個頂點度數均為 \(k\) ，且至少存在一條橋邊，不存在重邊和自環。問能否構造出這樣的圖？若能則輸出構造方案。

題目分析：瞎猜 + 亂搞過的，具體證明和構造方案可以參考這位juju的部落格：旅行傳送門，思路是一樣的（原諒我過低的語文水平）。

稍微解釋下就是：題目要求至少存在一條橋邊，那麼往簡單了去想，只需構建一條橋，對橋兩邊的連通塊對稱的構造就好。由於橋的存在，橋邊的兩個端點已經有了 \(1\) 的度數，所以我們再分別新增 \(k-1\) 個點連線這兩個端點使得其度數等於 \(k\) ，此時這些端點的度數也為 \(1\) ，那就重複之前的步驟再分別新增 \(k-1\) 個點和它們相連，最後新新增的點度數為 \(k-1\) ，那麼只需在每兩個點間再連一條邊即可。

AC程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); i++)
#define down(i, x, y) for (register int i = (x); i >= (y); i--)

void solve(int k)
{
    if (!(k & 1))
    {
        puts("NO");
        return;
    }
    puts("YES");
    printf("%d %d\n", 4 * k - 2, k * (2 * k - 1));
    for (int i = 1; i <= k; i++)
        for (int j = 1; j <= k - 1; j++)
            printf("%d %d\n", i, k + j);
    for (int i = 2; i <= k; i += 2)
        printf("%d %d\n", i, i + 1);
    for (int i = 2 * k; i <= 3 * k - 1; i++)
        for (int j = 1; j <= k - 1; j++)
            printf("%d %d\n", i, 3 * k + j - 1);
    for (int i = 2 * k + 1; i <= 3 * k - 1; i += 2)
        printf("%d %d\n", i, i + 1);
    printf("%d %d\n", 1, 2 * k);
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    int k;
    scanf("%d", &k);
    solve(k);
    return 0;
}

E. Brackets in Implications

題意：給你 \(n\) 個數，你可以任意增加括號改變運算順序，問是否可以構造結果為 \(0\) 的蘊含式。

題目分析：首先明確一點，蘊含式當且僅當 \(1 \rightarrow 0\) 時結果才為 \(0\) ，因此只有序列最後一位為 \(0\) ，答案才可能為 \(0\) 。然後我們從 \(n-1\) 位向前推，只需要再找到一個子序列能通過構造得到 \(1\) ，此時序列為 \((... \rightarrow 1 \rightarrow 0)\) ，那麼不管前面 \(...\) 一段是什麼，其蘊含 \(1\) 的結果也必定為 \(1\) ，解決方案必定存在，那麼我們怎麼找到這樣的一個子序列呢？分兩種情況討論：

• \(a_{n-2}\) 蘊含 \(a_{n-1}\) 本來就為 \(1\)
• \(a_{n-2}\) 蘊含 \(a_{n-1}\) 為 \(0\) ,即 \(a_{n-2}\) 與 \(a_{n-1}\) 分別為 \(1\) \(0\) ，那就繼續往前找直至找到 \(0\) ，即 \(0 \rightarrow 1 \rightarrow 1 \rightarrow 1 \rightarrow ... \rightarrow 1 \rightarrow 1 \rightarrow 0\) ，從而使得結果為 \(1\)

AC程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); i++)
#define down(i, x, y) for (register int i = (x); i >= (y); i--)

char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf, obuf[1 << 23], *O = obuf;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch))
    {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch))
    {
        x = x * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    int n = read();
    std::vector<int> a(n + 1), l(n + 1), r(n + 1);
    rep(i, 1, n) a[i] = read();
    if (n == 1)
    {
        if (a[1])
            puts("NO");
        else
        {
            puts("YES");
            printf("0");
        }
    }
    else if (n == 2)
    {
        if (a[1] == 1 && a[2] == 0)
        {
            puts("YES");
            printf("1->0");
        }
        else
            puts("NO");
    }
    else
    {
        if (a[n])
        {
            puts("NO");
            return 0;
        }
        int flag = 0, pos;
        if (a[n - 1] == 0 && a[n - 2] == 1)
        {
            ++r[n - 1], ++l[n - 2];
            int p = n - 3;
            while (p > 0)
            {
                ++r[n - 1], ++l[p];
                if (!a[p])
                {
                    flag = 1, pos = p - 1;
                    break;
                }
                --p;
            }
        }
        else
        {
            ++r[n - 1], ++l[n - 2];
            flag = 1, pos = n - 3;
        }
        if (!flag)
        {
            puts("NO");
            return 0;
        }
        ++l[1], ++r[n];
        puts("YES");
        rep(i, 1, n)
        {
            while (l[i]--)
                printf("(");
            printf("%d", a[i]);
            if (r[i])
            {
                while (r[i]--)
                    printf(")");
                if (i ^ n)
                    printf("->");
            }
            else
                printf("->");
        }
    }
    return 0;
}