普及难度我居然没AK。。。（其实我T3会，把点看成线段了，并且起点和终点没加特判）
L(chess)
【题目描述】
BBS喜欢和LGH下棋，因为这样能增长他的LG技巧。今天他们又开始下棋。BBS想知道，以当前的局势，如果双方都以最优策略下棋，那么谁能获得胜利呢？毕竟如果这局会输，就可以马上用LFF清理大师清理桌面以保持他的100%的胜率。
棋盘是一个8*8的方格。BBS执白，棋子用’W’表示；LGH执黑，棋子用’B’表示。规则是这样的：棋盘上为’.’的位置是空格。对于BBS来说，如果他有一个棋子在(r,c)的位置且(r-1,c)的位置为空格，那么他可以将这个棋子移到(r-1,c)的位置，如果他将任意一个棋子移到了(1,c)，那么他将立即获得胜利。对于LGH来说，如果他有一个棋子在(r,c)的位置且(r+1,c)的位置为空格，那么他可以将这个棋子移到(r+1,c)的位置，如果他将任意一个棋子移到了(8,c)，那么他将立即获得胜利。由于BBS非常的B，所以总是他先手移动一个棋子，然后交换移动权。现在给你整个棋盘，请你输出这局的结果。
【输入描述】
输入一个8*8的棋盘，由’W’,’B’或’.’组成。保证此时第一行没有W，第八行没有B。
【输出描述】
如果这盘BBS能赢，请输出”BBS”；如果这盘LGH能赢，请输出”LGH”。
【样例】
| 输入1 | 输出1 |
| ........ ........ .B....B. ....W... ........ ..W..... ........ ........ | BBS |
| 输入2 | 输出2 |
| ..B..... ..W..... ......B. ........ .....W.. ......B. ........ ........ | LGH |
【说明】
本题中，每10%的数据包括5个点，只有通过全部的5个点才能获得这10%的分数。
只需计算下两人的最少获胜步数然后比较即可。
注意：如果一个W上方有棋子或者一个B下方有棋子。那么这个W或B不更新最小步数（过不去）
如果棋子是自己的，那么选那个棋子肯定更优，所以不要管是谁的棋子
#include#include using namespace std;char c[10][10];int min1=999999999,min2=999999999;int main(){ //freopen("chess.in","r",stdin);freopen("chess.out","w",stdout); for(int i=0;i<8;i++)scanf("%s",c[i]); for(int i=0;i<8;i++) for(int j=0;j<8;j++) { bool ok=0; for(int k=0;k
G(tree)
【题目描述】
BBS有一个n个点的树，现在告诉你这n-1条边两端的点，由于他非常B，所以希望你能帮他把这棵树放到平面直角坐标系上，并满足以下条件，要不然BBS的强迫症会发作：
- 不B不行：每个点的坐标必须为整点，即x,y均为整数。同时点的坐标两两不同且坐标绝对值小于10^18。
- 不B不行：每条树边都必须平行于x轴或y轴。
- 不S不行：不能有任意两条树边在非树点处相交。
【输入描述】
第一行为一个整数n，表示树点的数量。
接下来的n-1行，每行两个整数p[i]和q[i]，表示点p[i]和点q[i]有连边。
【输出描述】
第一行输出”YES”或”NO”。如果能将这棵树放到平面直角坐标系上且满足所以条件，输出”YES”，否则输出”NO”。
如果第一行输出”YES”，那么接下来的n行，每行输出两个整数x[i],y[i]，表示点i的坐标为(x[i],y[i])。
如果有多种解，允许输出任意一种。
【样例】
| 输入 | 输出 |
| 7 1 2 1 3 2 4 2 5 3 6 3 7 | YES 0 0 1 0 0 1 2 0 1 -1 -1 1 0 2 |
【数据范围】
对于100%的数据，1<=n<=30
本题中，每10%的数据包括6个点，只有通过全部的6个点才能获得这10%的分数。
首先，如果一个点与大于4个点有连边，那么一定无解，否则有解。
那么要怎么构造解呢？
我们把1号点放在（0,0）的位置上（作为树根），然后选一个很长的长度（10^15之类）的作为这个点与它能走到的点之间的距离，然后往上下左右四个方向拓展
然后递归调用，对于一个点，从它出发的距离为它到它父亲的距离/2-1（这样能保证不会交其他树边）且它不能从它父亲来的方向回去，然后往其他三个方向拓展
然后树大概就是这样
记录下每个点的坐标。最后输出坐标就好了
#include#include using namespace std;int g[31][5];long long x[31],y[31];bool ins(int a,int b){ for(int i=1;i<=4;i++)if(!g[a][i])return 0*(g[a][i]=b); return 1;}void solve(int k,int fa,int fx,long long len)//1↑4↓2←3→ { if(fx==1)x[k]=x[fa],y[k]=y[fa]+len; if(fx==2)x[k]=x[fa]-len,y[k]=y[fa]; if(fx==3)x[k]=x[fa]+len,y[k]=y[fa]; if(fx==4)x[k]=x[fa],y[k]=y[fa]-len; int j=0; for(int i=1;i<=4;i++) { if(g[k][i]==fa||!g[k][i])continue; j++;if(j+fx==5)j++;solve(g[k][i],k,j,len/2-1); } } int main(){ freopen("tree.in","r",stdin);freopen("tree.out","w",stdout); int n;scanf("%d",&n);bool ok=0; for(int i=1;i
B(journey)
【题目描述】
BBS作为一名老司机，最喜欢的自然不过开车。今天他新进口了一辆“涡轮喷压”车，可以在助跑至少s个单位后在空中飞至多d个单位。本来开车是一件很开心的事，从石头上飞过去也是件很开心的事，可是两件事在一起……怎么会这样呢？瀚嵩现在在0的位置，他要开到m的位置，在这段路上有n块石头，现在他知道这n块石头的位置，他想请教你要如何开车才能经过这一段路？
【输入描述】
第一行有四个数，分别是n,m,s,d
第二行为n个数，是n个石头的位置w[1],w[2]…w[n]
【输出描述】
输出有若干行，为你开车的过程，每个过程一行，方法有两种：
1、“RUN X”这个表示在地上开X个单位长度，不能有两个连续的RUN命令
2、“JUMP X”这个表示在空中飞X个单位长度，这个命令的前一个操作要求要助跑距离超过s,飞的长度不超过d
如果有多种过程能到达终点，允许输出任意一种。
如果不能到达终点，输出“Impossible”
【样例】
| 输入 | 输出 |
| 3 10 1 3 3 4 7 | RUN 2 JUMP 3 RUN 1 JUMP 2 RUN 2 |
【样例解释】
【数据范围】
对于40%的数据，n<=10并捆绑测试
对于70%的数据，n<=100000
对于100%的数据，
1<=n<=200000,2<=m<=10^9,1<=s,d<=10^9,1<=w[i]<=m-1,w[i]<w[i+1]
X为1到10^9内的整数
贪心。
如果两个相邻石头之间的距离够助跑，那么再前一个石头位置+1降落，在后一个石头位置-1起飞即可。这样能使接下来能飞行时间最大化
如果不够助跑，那只能飞咯。如果当前石头位置+1-起飞的位置距离大于能飞行的距离，输出Impossible。
注意点在文章开头。
对于起点的特判，如果0~第一块石头位置-1都不够助跑的话，输出Impossible。
对于终点的特判，如果飞行距离不够到最后一块石头的位置+1，输出Impossible，否则在最后一块石头的位置+1处降落，开到终点就好了
#include#include using namespace std;int ok[1000100];//正run，负jump int a[200100];int main(){ freopen("journey.in","r",stdin);freopen("journey.out","w",stdout); int n,m,s,d;scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&d); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);a[0]=-1; int tot=0,last;//起飞的位置 if(a[1]-1>=s){last=a[1]-1;ok[++tot]=a[1]-1;} else return 0*puts("Impossible"); for(int i=2;i<=n;i++) { if(a[i]-a[i-1]-2>=s) { ok[++tot]=-(a[i-1]-last+1); last=a[i]-1; ok[++tot]=a[i]-a[i-1]-2; } else if(a[i]-last+1>d)return 0*puts("Impossible"); } if(a[n]-last+1>d)return 0*puts("Impossible"); else { ok[++tot]=-(a[n]-last+1); if(m-(a[n]+1)!=0)ok[++tot]=m-(a[n]+1); } for(int i=1;i<=tot;i++) { if(ok[i]>0)printf("RUN %d\n",ok[i]); else printf("JUMP %d\n",-ok[i]); } return 0; }
不得不说，这3题代码量是真的小