A. Wallet Exchange
大致题意
Alice 和 Bob 博弈，有两个钱包，每次可以选择一个钱包取走一块钱，问谁会没有办法操作
思路
求和对 2 取模就行了
AC code
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| void solve() {
int _;
cin >> _;
for (int tc = 0; tc < _; ++tc) {
int a, b;
cin >> a >> b;
cout << ((a + b) % 2 ? "Alice" : "Bob") << endl;
}
}
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B. Plus-Minus Split
大致题意
有一个 -+ 组成的字符串，允许将其拆成任意数量段，将 - 视为 -1 然后将 + 视为 1，然后对每一段单独求和
再将每一段的和乘上其长度，得到段的成本，所有段的成本之和就是总成本，问让成本最低怎么办
思路
易得，除了之和等于 0 的情况，其他情况都不要合成一个段，所以最终就是求和成 0 的段以外部分成本
AC code
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| void solve() {
int _;
cin >> _;
for (int tc = 0; tc < _; ++tc) {
int n;
cin >> n;
string str;
str.resize(n);
cin >> str;
int cnt[2] = {};
for (const auto& c: str) ++cnt[c == '+'];
cout << abs(cnt[0] - cnt[1]) << endl;
}
}
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C. Grouping Increases
大致题意
将一个字符串拆成两个子序列，每个子序列内，每有一对相邻的正序对就算一个成本，问如何拆让拆成本最小
思路
贪心模拟即可
AC code
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| void solve() {
int _;
cin >> _;
for (int tc = 0; tc < _; ++tc) {
int n;
cin >> n;
int data[2] = {0, 0};
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int tmp;
cin >> tmp;
if (tmp > data[0] && tmp > data[1]) {
data[data[0] > data[1] ? 1 : 0] = tmp;
++ans;
} else if (tmp <= data[0] && tmp <= data[1])
data[data[0] > data[1] ? 1 : 0] = tmp;
else data[data[0] > data[1] ? 0 : 1] = tmp;
}
cout << max(ans - 2, 0) << endl;
}
}
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D. 01 Tree
大致题意
有一个 01 字典树，已知每个叶子节点的值中 1 的数量，以及所有叶子节点的顺序
问是否存在这样的字典树
思路
因为每个值必然有一个相邻的节点和它差 1（那个节点不一定是叶子节点）
所以可以从最大值开始，每次找它相邻的值上是否有一个恰好比它小 1 的值，那么可以删除这两个值，把他们的父节点的值加进去（恰好就是它们两个中的较小者）
注意相邻的两个相同相邻的值的时候，它们可以合并
整个过程有点类似哈夫曼编码的过程
AC code
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| void solve() {
int _;
cin >> _;
for (int tc = 0; tc < _; ++tc) {
int n;
cin >> n;
map<int, int> mp;
vector<vector<int>> index(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int tmp;
cin >> tmp;
mp.emplace(i, tmp);
index[tmp].push_back(i);
}
for (int t = n - 1; t > 0; --t) {
auto& v = index[t];
if (v.empty()) continue;
for (int i: v) {
const auto iter = mp.find(i);
auto riter = iter;
++riter;
if (riter != mp.end() && riter->second == t) {
mp.erase(iter);
continue;
}
if (riter->second == t - 1) {
mp.erase(iter);
continue;
}
if (auto liter = iter; liter != mp.begin()) {
--liter;
if (liter->second == t - 1) {
mp.erase(iter);
continue;
}
}
}
}
cout << (mp.size() == 1 && mp.begin()->second == 0 ? "YES" : "NO") << endl;
}
}
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