A - Full House 2
容易发现，答案为Yes\(\iff\)输入中恰好出现了\(2\)种不同的数，可以用set等数据结构来计算不同元素的个数。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
set<int> se;
signed main(){for(int i=1,a;i<=4;i++){cin>>a;se.insert(a);}cout<<(se.size()==2?"Yes":"No");return 0;
}
B - Calculator
从头遍历字符串，贪心将现有的00替换成0即可。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int n,cnt;
signed main(){cin>>s;n=s.size();s=s+' ';for(int i=0;i<n;i++){if(s[i]=='0'&&s[i+1]=='0') i++;cnt++;}cout<<cnt<<"\n";return 0;
}
C - Operate 1
设\(|s|=n,|t|=m\)，则根据\(n,m\)的大小关系讨论：
-
\(|n-m|>1\)：
No。 -
\(n+1=m\)：双指针\(i,j\)分别指向\(s[0],t[0]\)开始匹配：
- 如果\(s[i]\ne t[j]\)，则\(j\leftarrow (j+1)\)。
- 如果\(s[i]=t[j]\)，则\(i\leftarrow (i+1)\)，\(j\leftarrow (j+1)\)。
如果中途失配次数\(\le 1\)，则
Yes，否则No。 -
\(m+1=n\)：交换\(s,t\)，然后同\(n+1=m\)的做法。
-
\(n=m\)：\(s,t\)不匹配的位置\(\le 1\)，则
Yes，否则No。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
string s,t;
bool solve(){if(abs(n-m)>1) return 0;if(n==m){int cnt=0;for(int i=0;i<n;i++)cnt+=(s[i]!=t[i]);return cnt<=1;}if(n-1==m) swap(s,t);bool f=0;for(int i=0,j=0;i<n;i++,j++){if(s[i]!=t[j]){if(f) return 0;else f=1,i--;}}return 1;
}
signed main(){cin>>k>>s>>t;n=s.size(),m=t.size();cout<<(solve()?"Yes":"No")<<"\n";return 0;
}
题解还提供了一种做法：删掉\(s,t\)相同的前缀和后缀，如果最终\(|s|\le 1\)且\(|t|\le 1\)，则为Yes，否则No。
D - Diagonal Separation
下文的“块”均指已被着色的方格。
容易发现，答案合法\(\iff\)不存在一个黑色块在一个白色块的右下方。
证明
因为根据题意，每个黑色块上面和左边的所有格子都必须是黑色，每个白色块下面和右边的所有格子都必须是白色。
如果存在一个黑色块在一个白色块的右下方，它们所管辖范围就会产生两个交点，这两个交点无法同时满足黑色与白色，所以不合法；否则显然合法。
根据这个结论，也相当于判断是否每个黑块左上方都没有白块。
所以我们可以按行从小到大为第一关键字，列从小到大为第二关键字。
-
对于当前遍历到的白块\((x,y)\)，将\(y\)加入
set。 -
对于当前遍历到的黑块\((x,y)\)，存在
set中的，有且仅有\(1\sim(x-1)\)行的所有白块，和第\(x\)行第\((1\sim y)\)列的所有白块。显然答案只可能在它们之中。这些白块已经满足了在\((x,y)\)上方，仅需再限制在\((x,y)\)左边即可，即查找
set中是否存在值\(k\le y\)，可以用二分查找实现。
时间复杂度\(O(m\log m)\)。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Point{int x,y;char c;};
bool cmp(Point a,Point b){return a.x==b.x?(a.y==b.y?a.c=='W':a.y<b.y):a.x<b.x;}
vector<Point> a;
set<int> se;
int n,m;
bool solve(){for(Point i:a){if(i.c=='W') se.insert(i.y);else if(se.upper_bound(i.y)!=se.begin()) return 0;}return 1;
}
signed main(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;char c;cin>>x>>y>>c;a.emplace_back((Point){x,y,c});}sort(a.begin(),a.end(),cmp);cout<<(solve()?"Yes":"No")<<"\n";return 0;
}
虽然题目限制了被着色的方格互不相同，但为了让代码更健壮，我处理了这种情况，对于相同的\((x,y)\)，在排序时令白格子在前。
E - Maximize XOR
如果暴搜，时间复杂度将是\(O(C_n^k\times k)\)，无法通过……吗？
的确是这样，就算题目限制了\(C_n^k\le 10^6\)，在\(n\)较大的情况下仍会严重超时。
但我们知道\(C_n^k=C_n^{n-k}\)，所以当\(k>\frac{n}{2}\)，让\(k\leftarrow (n-k)\)，枚举的就是不选哪些数。时间复杂度变成了\(O(C_n^k\times \min(k,n-k))\)。
这样的时间复杂度是可以通过的，下面是感性理解：
- 经计算，在\(n\ge 23\)时，要想使得\(C_n^k\le 10^6\)，就必须使\(k<10\)，再往后\(k\)会更小，所以时间复杂度不会超过\(O(10^6\times 10)\)。
- 而在\(n<23\)时，由于\(k\le \frac{n}{2}\)，所以时间复杂度也不会超过\(O(10^6\times 11)\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define int long long
using namespace std;
int n,k,a[N],p[N],tmp,ans;
void dfs(int pos,int cnt){if(pos>k){int x=tmp;for(int i=1;i<=k;i++) x^=a[p[i]];ans=max(ans,x);return;}for(int i=cnt;i<=n-k+pos;i++){p[pos]=i;dfs(pos+1,i+1);}
}
signed main(){cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];if(k>n/2){k=n-k;for(int i=1;i<=n;i++) tmp^=a[i];}dfs(1,1);cout<<ans<<"\n";return 0;
}
F - Operate K
补题中……
