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A. ConneR and the A.R.C. Markland-N

题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/A

题意：

有一个长为 n 的楼层，其中有 k 个楼层没有餐厅 ，你现在在 s 层，问你最少走多少个楼层可以到达餐厅吃饭

分析：

因为 k 只有 1000,所以直接往 s 层上下方找(当找到 0 或者 n + 1 时说明这个方向没有答案)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
map<ll , int>ha;
int main()
{int t;cin >> t;while(t --){ha.clear();ll n , s , k ;cin >> n >> s >> k;for(int i = 1 ; i <= k ; i ++){int x;cin >> x;ha[x] = 1;} ll now = s , ans = (0x3f3f3f3f3f3fll);while(ha[now])now ++ ;if(now != n + 1)ans = now - s;now = s;while(ha[now])now --;if(now != 0)ans = min(ans , s - now);cout << ans << '\n';}return 0;
}

B. JOE is on TV!    

题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/B

题意：

当敌人总数为 i 时，如果它犯了 j（j  <= i） 个错误，则你可以获得 j/i 的报酬，同时敌人数量会减少 j 。现有n个敌人，问你能获得的最大报酬为多少

分析：

(应该很很多人都是盲猜正解，比如我)

记敌人总数为 N , 若此时你要让它犯 T 个错误,则你获得的报酬为T/N , 敌人总数变为 N - T。

但若你从 N 开始每次让敌人犯1个错误直到敌人总数为 N - T , 那么的获得的报酬就为 1/ N+1/N −1+…+1/N−T+1 

然后可以证得 T/N≤1/N+1/N−1+…+1/N−T+1（怎么证就不细说了）

所以每次只让敌人犯一个错误获得的报酬会是最大的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{int n ;double  ans = 0;cin >> n;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)ans += 1.0 / i;cout << ans << '\n';return 0;
}

C. NEKO's Maze Game

题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/C

题意：

有一个 2 * N 的地图，开始每个位置都是可以走的。然后地图会改变 q 次，每次改变会使一个位置改变状态（可走→不可走，不可走→可走）

问每次改变完地图后是否能从(1 , 1)走到(2 , n)

分析：

因为地图只有两行，所以无法到达终点的情况只有这些：当前位置不可走，且该位置上、下、左上、左下、右上、右下不能走，我们用 cnt 统计这些情况的总个数

那么当 cnt = 0 时，则可以到达，否则不能

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 2e5 + 10;
ll mat[10][N];
int main()
{ll n , q , cnt = 0;cin >> n >> q;for(int i = 1 ; i <= q ; i ++){ll x, y, z = 1;cin >> x >> y;if(x == 1) z = 2;if (mat[x][y])cnt = cnt - mat[z][y - 1] - mat[z][y] - mat[z][y + 1];elsecnt = cnt + mat[z][y - 1] + mat[z][y] + mat[z][y + 1];if (!cnt)cout << "Yes" << '\n';elsecout << "No" << '\n';mat[x][y] ^= 1;}return 0;
}

D. Aroma's Search

题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/D

题意：

有无数的点，第1个点的坐标为 (X1 , Y1) , 第2个点的坐标为 (X1 * ax + bx , Y1 * bx + by) , 第三个点的坐标为(X2 * ax + bx , Y2 * ay + by) ......

你的初始位置为(SX , SY) , 你每秒可以向上、向下、向左、向右移动一格。问在 T 秒内，你最多可以到达几个点

分析：

题目给的 SX、SY、T 最大可取值都为 1e16 ， 且点的个数是无限的，乍一看好像会有很多种情况，但因为ax , ay 都是大于等于2的，所以横坐标和纵坐标的增长速率都大于等于 2 的幂次

而除第一个点外当横坐标或纵坐标大于 1e17 时，这个点就肯定用不上了（因为此时这个点到距离它最近的点所用的时间必然 > T），那么算下来可以使用的点顶多也就60个.

所以我们可以枚举一个起点和终点（枚举的起点和终点可以相同）

若我们到达起点 i 所用的时间和到达终点 j 所用的时间小于等于T，则我们可以到达的点的个数为 abs(i−j)+1abs(i−j)+1 （不理解可以把顶点的分布情况画出来），然后更新一下 ans

// 比赛时用 dfs 枚举的复杂度为O( n ^ 3 )  , 虽然不会超时但是写的比较乱，所以赛后看tourist代码改了一份精简版的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define ll long long
const int N = 2e5 + 10;
const ll MAXN = 1e17;
vector<pair<ll , ll> >vec;
ll dist(ll x1 , ll y1 , ll x2 , ll y2)
{return abs(x1 - x2) + abs(y1 - y2);
}
int main()
{ll x , y , ax , ay , bx , by;ll sx , sy , t;cin >> x >> y >> ax >> ay >> bx >> by;cin >> sx >> sy >> t;vec.push_back(make_pair(x , y));while(1){ll xx , yy , len = vec.size() - 1;if(vec[len].fi * 2 + bx < MAXN && vec[len].se * 2 + by < MAXN)xx = vec[len].fi * ax + bx , yy = vec[len].se * ay + by;else break;vec.push_back(make_pair(xx , yy));}int ans = 0;for(int i = 0 ; i < vec.size() ; i ++)for(int j = 0 ; j < vec.size() ; j ++)if(dist(sx , sy , vec[i].fi , vec[i].se) + dist(vec[i].fi , vec[i].se , vec[j].fi , vec[j].se) <= t)ans = max(ans , abs(i - j) + 1);cout << ans << '\n';return 0;
}