L. Z-order Curve
思路：这题目说了，上面那一行，只有在偶数位才有可能存在1，那么一定存在这样的数，0 ,1,100, 10000,那么反之，我们的数列是行的二倍，因此会出现10,1000,100000这样的数，因此，就可以发现，其实组成的数也是由二进制数递推的，因此我们可以从高位到低位逐步去找，如果相同且为1就变成0，如果不同就直接结束，输出L即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
int l,r;
void solve()
{
cin>>l>>r;
for(int i=61;i>=0;i--)
{
int bitl=(l>>i)&1;
int bitr=(r>>i)&1;
if(bitl==bitr&&bitl==1)
{
l-=(1LL<<i);
r-=(1LL<<i);
}
else if(bitl!=bitr)
{
cout<<l<<"\n";
return ;
}
}
}
signed main()
{
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}F. Infinite Loop
思路：这题有一个比较恶心的地方，就是说从1小时开始，实际上是从0小时开始计算，然后我们去计算公差是多少，我们现将所有的bi加在一起为sum，然后取sum和k的较大值作为公差，然后去对题目进行分析，我们会发现，从第二天开始，就去进行等差数列了，因此我们只需要计算出来第一天和第二天在什么时候完成即可，还有一个特判就是要对小时特判，如果小时是0，那么天数-1，小时+k
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,k,q;
int a[200005];
int b[200005];
int ans1[200005];
int ans2[200005];
int d;
int flag,x;
signed main()
{
cin>>n>>k>>q;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i]>>b[i];
a[i]-=1;
d+=b[i];
}
d=max(d,k);
int t=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans1[i]=max(t,a[i])+b[i];
t=ans1[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]+=k;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans2[i]=max(t,a[i])+b[i];
t=ans2[i];
}
for(int i=1;i<=q;i++)
{
cin>>flag>>x;
if(flag==1)
{
int day=ans1[x]/k;
int hour=ans1[x]%k;
if(hour==0)
{
day-=1;
hour+=k;
}
cout<<day+1<<" "<<hour<<"\n";
}
else
{
int time=ans2[x]+(flag-2)*d;
int day=time/k;
int hour=time%k;
if(hour==0)
{
day-=1;
hour+=k;
}
cout<<day+1<<" "<<hour<<"\n";
}
}
return 0;
}B. Rolling Stones
思路：很板的一个广搜，只需要找到翻转之后，每个面上面是什么就可以了，同时要确保翻转的时候翻转过去的面，等于那个底面上的值
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
int a[205][205];
struct node{
int x,y;
int qian;
int zuo;
int you;
int di;
int tmp;
};
deque<node> q;
int vis[205][205];
int ans[205][205];
int fx,fy;
void bfs()
{
while(!q.empty())
{
node test=q.front();
q.pop_front();
int x=test.x;
int y=test.y;
// cout<<x<<" "<<y<<"\n";
// cout<<test.qian<<" "<<test.zuo<<" "<<test.you<<" "<<test.di<<"\n";
if(y%2==0)
{
if(vis[x][y-1]==0&&y-1>=1&&y-1<=2*x-1&&a[x][y-1]==test.zuo)//向左移动
{
vis[x][y-1]=1;
q.push_back((node){x,y-1,test.you,test.qian,test.di,test.zuo,test.tmp+1});
ans[x][y-1]=test.tmp+1;
}
if(vis[x][y+1]==0&&y+1>=1&&y+1<=2*x-1&&a[x][y+1]==test.you)//向右移动
{
vis[x][y+1]=1;
q.push_back((node){x,y+1,test.zuo,test.di,test.qian,test.you,test.tmp+1});
ans[x][y+1]=test.tmp+1;
}
if(vis[x-1][y-1]==0&&y-1>=1&&y-1<=2*(x-1)-1&&x-1>=1&&x-1<=n&&a[x-1][y-1]==test.qian)//向上移动
{
vis[x-1][y-1]=1;
q.push_back((node){x-1,y-1,test.di,test.zuo,test.you,test.qian,test.tmp+1});
ans[x-1][y-1]=test.tmp+1;
}
}
else
{
if(vis[x][y-1]==0&&y-1>=1&&y-1<=2*x-1&&a[x][y-1]==test.zuo)//向左移动
{
vis[x][y-1]=1;
q.push_back((node){x,y-1,test.you,test.qian,test.di,test.zuo,test.tmp+1});
ans[x][y-1]=test.tmp+1;
}
if(vis[x][y+1]==0&&y+1>=1&&y+1<=2*x-1&&a[x][y+1]==test.you)//向右移动
{
vis[x][y+1]=1;
q.push_back((node){x,y+1,test.zuo,test.di,test.qian,test.you,test.tmp+1});
ans[x][y+1]=test.tmp+1;
}
if(vis[x+1][y+1]==0&&y+1>=1&&y+1<=2*(x+1)-1&&x+1>=1&&x+1<=n&&a[x+1][y+1]==test.qian)//向下移动
{
vis[x+1][y+1]=1;
q.push_back((node){x+1,y+1,test.di,test.zuo,test.you,test.qian,test.tmp+1});
ans[x+1][y+1]=test.tmp+1;
}
}
}
}
signed main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=2*i-1;j++)
{
cin>>a[i][j];
}
}
cin>>fx>>fy;
if(fx==1&&fy==1)
{
cout<<0<<"\n";
return 0;
}
q.push_back((node){1,1,2,1,3,4,0});
vis[1][1]=1;
bfs();
if(ans[fx][fy]==0)
{
cout<<"-1\n";
}
else
{
cout<<ans[fx][fy]<<"\n";
}
return 0;
}M. Rejection Sampling
思路：这题一开始看起来其实是有点儿乱的，不知道在说什么，而且也不知道到底要操作什么，但是仔细阅读后会发现，那个S的概率就是C(n,k)*pi^k+(1-pi)^(n-k),若想要满足题目中的S与ai乘正比的话，我们需要满足pi/(1-pi)与ai成正比，我们可以将比例系数C设为c，因此我们可以得到式子
pi/(1-pi)=c*ai;
可以得到pi=c*ai/(1+c*ai),可知，pi关于c单调递增
c=pi/((1-pi)*ai)，我们可以去二分c然后去判断pi的和是否是k
然后就解决了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n, k;
long double a[100005];
bool check(long double c)
{
long double ans=0;
long double x;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
x =(c*a[i])/(1.00+c*a[i]);
ans+=x;
}
return ans<=k;
}
signed main()
{
cin>>n>>k;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
long double l=0.0;
long double r=1e15;
for (int i=1;i<=200;i++)
{
long double mid=(l+r)/2;
if (check(mid))
{
l=mid;
}
else
{
r=mid;
}
}
cout<<fixed<<setprecision(10);
for (int i = 1;i<=n;i++)
{
cout<<(long double)(l*a[i])/(1.00+l*a[i])<<"\n";
}
return 0;
}C. Middle Point
思路：我们通过对题目的分析，发现每次都是通过用S集合内的元素，去折中创造新的结点，我们对其拆分可以发现，可以将一个S集合拆分为两个集合，在引用结论之前，先来写一个定式
(u+v)/2=(U+V)/2（u属于U集合，v属于V集合）
因此我们也可以将S集合拆分成两个集合一个是S'集合一个是S集合，我们的
S‘集合由原来的S'集合和S集合累加再除2得到
因此我们可以通过递归来不断去判断原来的S‘集合中选的数是什么，然后不断去更新，知道S’集合中的数等于S集合中的数就停止
用一个map去存储S集合中出现的数，如果重复出现就立刻输出-1，exit（0）退出程序，
当然了需要加上一个特判，如果一上来的数就是S集合的数，那么就直接输出0
否则就存进一个栈，然后因为是递归，倒着推，所以栈刚好可以顺序输出
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int A, B;
int x, y;
struct node
{
int x1, y1, x2, y2;
};
void solve(int x, int y)
{
node p;
if (x <= A / 2)
{
p.x1 = 2 * x;
p.x2 = 0;
}
else
{
p.x1 = 2 * x - A;
p.x2 = A;
}
if (y <= B / 2)
{
p.y1 = 2 * y;
p.y2 = 0;
}
else
{
p.y1 = 2 * y - B;
p.y2 = B;
}
s.push(p);
if(p.x1==A&&p.y1==B)
return;
if(p.x1==A&&p.y1==0)
return;
if(p.x1==0&&p.y1==B)
return;
if(p.x1==0&&p.y1==0)
return;
if(s.size()<=50)
{
solve(p.x1, p.y1);
}
else
{
cout<<-1;
exit(0);
}
return;
}
signed main()
{
cin >> A >> B;
cin >> x >> y;
if(x==A&&y==B)
{
cout<<0<<"\n";
return 0;
}
if(x==A&&y==0)
{
cout<<0<<"\n";
return 0;
}
if(x==0&&y==B)
{
cout<<0<<"\n";
return 0;
}
if(x==0&&y==0)
{
cout<<0<<"\n";
return 0;
}
solve(x, y);
cout << s.size() << "\n";
while (!s.empty())
{
node p = s.top();
s.pop();
cout << p.x1 << " " << p.y1 << " " << p.x2 << " " << p.y2 << "\n";
}
return 0;
}
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