前言

C和D题比较不错，ABE都有亿些很恶心的细节问题（尤其是E）
E题自己编写1A的读者，可以到@asta处领取8888元的现金红包（bushi）

CF65A Harry Potter and Three Spells

$\text{Description}$

你可以用 $a$ 克沙子得到 $b$ 克叶子， $c$ 克叶子得到 $d$ 克金子，$e$ 克金子得到 $f$ 克沙子.
给出 $a,b,c,d,e,f$，求出是否可以通过有限的沙子得到无限的金子.

$\text{Solution}$

不难得出一个有解的条件：$b\times d\times f>a\times b\times c$.
但这是建立在六个变量均正的情况.
考虑有哪些有解的情况没有考虑.

1. $c=0,d\ne 0$ ：金子可以无中生有，根本不需要叶子
2. $a=0,b\ne 0,d\ne 0$ : 叶子可以无中生有，且可以从叶子转化成金子
3. $e=0,f\ne 0,b\ne 0,d\ne 0$ : 沙子可以无中生有，但是这个其实不用特判，因为符合原来的式子

特判打全即可，不用开 longlong.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=4e5+100;
const int mod=998244353;
//char buf[1<<23],*p1=buf,*p2=buf,obuf[1<<23],*O=obuf;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m;signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifint a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),e=read(),f=read();if(b*d*f>a*c*e||(d&&c==0)||(d&&b&&a==0)) printf("Ron");else printf("Hermione");
}
/*
*/

CF65B Harry Potter and the History of Magic

$\text{Description}$

给你 $n$ 个年份 $x_{1...n}$.

请你更改一些数字，使年份按时间顺序（即非递减）排列，以使其中没有任何日期晚于 $2011$ 或早于 $1000$.

在每个日期中最多只能将一位数字改成别的数字.
$1\le n\le 10000,1000\le x_i\le 9999$.

$\text{Solution}$

不难发现贪心策略，使前面的年份尽可能的小，一定是不劣的.
分情况讨论，如果大于前一项，从高位开始尝试往低改；如果小于前一项，就从低位开始尝试往高改即可.
最后判一下是否超过 $2011$.
实现上，有一些上下取整的细节，但整体还不算太恶心.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=4e5+100;
const int mod=998244353;
//char buf[1<<23],*p1=buf,*p2=buf,obuf[1<<23],*O=obuf;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m;
int a[1050],mi[5]={1,10,100,1000,10000};
inline int f(int x,int pos){return x%mi[pos+1]/mi[pos];
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();a[0]=1000;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]>=a[i-1]){int d=a[i]-a[i-1];for(int k=3;k>=0;k--){int o=f(a[i],k);if(!o||d<mi[k]) continue;a[i]-=min(d/mi[k]*mi[k],o*mi[k]);break;}}else{int d=a[i-1]-a[i];for(int k=0;k<=3;k++){int o=9-f(a[i],k);if(o*mi[k]<d) continue;a[i]+=(d+mi[k]-1)/mi[k]*mi[k];//printf("k=%d o=%d d=%d add=%d\n",k,o,d,(d+mi[k]-1)/mi[k]);break;}}//printf("%d\n",a[i]);if(a[i]<a[i-1]){printf("No solution");return 0;}}if(a[n]>2011) printf("No solution");else{for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",a[i]);}
}
/*
*/

CF65C Harry Potter and the Golden Snitch

$\text{Description}$

有一个金色飞贼沿着 $(x_1,y_1,z_1)\to (x_2,y_2,z_2)\to ...\to (x_n,y_n,z_n)$ 的轨迹以 $v_s$ 的速度匀速运动.
哈利的最大速度是 $v_p$，初始位置是 $(p_x,p_y,p_z)$.
请求出哈利抓住金色飞贼的最快时间和抓住它的位置.
$n\le 10000,v_p\ge v_s$.

$\text{Solution}$

$v_p\ge v_s$ 是本题的关键条件，这意味着本题的答案是具有单调性的.
所以二分时间判断是否可以抓到即可.

注意：

1. 虽然精度只要求到 $10^{-6}$，但是由于坐标的计算会放大精度，所以我们的精度需要开到 $10^{-12}$（这里不是平方关系，只是要开小一点）.
2. 需要开 long double，否则精度太小可能会死循环.
3. 注意不等号的精度问题.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define double long double 
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e4+100;
const double eps=1e-12;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m;
double t[N],sum[N],v;
double x[N],y[N],z[N];
double X,Y,Z,V;
inline double tim(double x,double y,double z){return sqrt((x-X)*(x-X)+(y-Y)*(y-Y)+(z-Z)*(z-Z))/V;
}
bool check(double w){for(int i=1;i<=n;i++){if(sum[i]>=w-eps){double o=(w-sum[i-1])/t[i];double xx=x[i-1]+(x[i]-x[i-1])*o,yy=y[i-1]+(y[i]-y[i-1])*o,zz=z[i-1]+(z[i]-z[i-1])*o;return tim(xx,yy,zz)-eps<w;}}return false;
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=0;i<=n;i++) scanf("%Lf%Lf%Lf",&x[i],&y[i],&z[i]);scanf("%Lf%Lf%Lf%Lf%Lf",&V,&v,&X,&Y,&Z);for(int i=1;i<=n;i++){double d=sqrt((x[i]-x[i-1])*(x[i]-x[i-1])+(y[i]-y[i-1])*(y[i]-y[i-1])+(z[i]-z[i-1])*(z[i]-z[i-1]));t[i]=d/v;sum[i]=sum[i-1]+t[i];}if(tim(x[n],y[n],z[n])>sum[n]+eps){printf("NO\n");return 0;}double st=0,ed=sum[n];while(ed-st>eps){double mid=(st+ed)/2;if(check(mid)) ed=mid;else st=mid;}printf("YES\n%.10Lf\n",st);double w=st;for(int i=1;i<=n;i++){if(sum[i]>w-eps){double o=(w-sum[i-1])/t[i];double xx=x[i-1]+(x[i]-x[i-1])*o,yy=y[i-1]+(y[i]-y[i-1])*o,zz=z[i-1]+(z[i]-z[i-1])*o;printf("%.10Lf %.10Lf %.10Lf",xx+eps,yy+eps,zz+eps);return 0;}}
}
/*
*/

CF65D Harry Potter and the Sorting Hat

$\text{Description}$

有 $4$ 个变量 $G,R,S,H$，初始的值均为 $0$.
给出一个长度为 $n$ 的字符串，从前往后进行以下过程：

1. 若为 $G,R,S,H$ 四者之一，则给对应的变量加一.
2. 否则（为 $?$ ），就给四个变量中最小的加一，若有多个最小值，则给任意一个加一.

求处理完整个字符串后，四个变量是否有可能成为（非严格）最小值.
$n\le 10000$

$\text{Solution}$

设计状态为 $(i,a,b,c,d)$ 表示进行到第 $i$ 个字符，四个变量分别为 $a,b,c,d$.
注意到，由于每次都只有在对相同的最小值加一时才会导致状态的分裂，并且可能会再后面的问号时合并状态，所以对于同一个 $i$，状态数是收敛的.
直接 dfs 暴搜加 hash 去重即可.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define double long double 
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e4+100;
const double eps=1e-12;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m;
int x[N];
map<ll,bool>mp;
bool vis[5];
void dfs(int k,int a,int b,int c,int d){int mn=min(a,min(b,min(c,d)));if(k>n){if(a==mn) vis[1]=1;if(b==mn) vis[2]=1;if(c==mn) vis[3]=1;if(d==mn) vis[4]=1;return;}ll o=1ll*a*(n+1)*(n+1)*(n+1)+1ll*b*(n+1)*(n+1)+1ll*c*(n+1)+d;if(mp[o]) return;if(x[k]){if(x[k]==1) dfs(k+1,a+1,b,c,d);else if(x[k]==2) dfs(k+1,a,b+1,c,d);else if(x[k]==3) dfs(k+1,a,b,c+1,d);else if(x[k]==4) dfs(k+1,a,b,c,d+1);   }else{if(a==mn) dfs(k+1,a+1,b,c,d);if(b==mn) dfs(k+1,a,b+1,c,d);if(c==mn) dfs(k+1,a,b,c+1,d);if(d==mn) dfs(k+1,a,b,c,d+1);}mp[o]=1;
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();char c;for(int i=1;i<=n;i++){scanf(" %c",&c);if(c=='G') x[i]=1;else if(c=='H') x[i]=2;else if(c=='R') x[i]=3;else if(c=='S') x[i]=4;}dfs(1,0,0,0,0);if(vis[1]) printf("Gryffindor\n");if(vis[2]) printf("Hufflepuff\n");if(vis[3]) printf("Ravenclaw\n");if(vis[4]) printf("Slytherin\n");
}
/*
*/

CF65E Harry Potter and Moving Staircases

$\text{Description}$

有一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，哈利初始在结点 $1$，哈利可以沿着边任意移动，过程中任意时刻可以选择一条边，改变它的一个端点，但是每条边只能被修改一次.
请构造一种方案使哈利走遍所有楼层，或者报告无解.
$n\le 10^5,m\le 2\times 10^5$

$\text{Solution}$

阴间大特判题.
容易找到一种比较正确的整体方案：dfs，过程中——

1. 若出边连向走过的结点，则直接把边改向一个未走过的结点，递归 dfs.
2. 若出边连向未走过的结点，则先递归 dfs，回溯时在把边改向一个未走过的结点，递归 dfs.

不难发现这样一定是最优的.
然后就是 通过观察 WA 的数据 处理亿点点细节问题：

1. 改边连向的点应该优先连向有度数的点.
2. 有可能会出现 $1$ 没有度数但存在解的情况，这时候需要尝试把一条边直接改为连向 $1$，同时这个边不应该是一条边连接两个点的简单图形.（否则改完还是会死掉）
3. 改为连向 $1$ 的边应该优先选择成环的边，这样会更优.

具体实现留给读者自行思考.（或者参考我实现丑的一批的代码）

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define double long double 
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=4e5+100;
const double eps=1e-12;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m;
struct node{int to,nxt;
}p[N<<1];
int fi[N],cnt;
inline void addline(int x,int y){p[++cnt]=(node){y,fi[x]};fi[x]=cnt;return;
}
int jd[N],du[N];
set<int>s1,s2;
int dfn[N<<2],tim,tot;
struct edge{int x,y,id;
}e[N];
int siz[N];
int ans[N],num;
int flag,O,ID;
void print(){int pl(1);if(!O) flag=0;printf("YES\n%d\n",tot+flag);for(int i=1;i<=tim+1;i++){if(dfn[i]) ans[++num]=dfn[i];else{printf("%d ",num);for(int j=1;j<=num;j++) printf("%d ",ans[j]);putchar('\n');   num=0;if(pl<=tot){printf("%d %d %d\n",e[pl].id,e[pl].x,e[pl].y);   ++pl;}}if(i==1&&flag){printf("1 1\n%d %d 1\n",ID,O);num=0;}}return;
}
int fa[N];
vector<int> v[N];
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
bool vis[N];
void dfs(int x){dfn[++tim]=x;vis[x]=1;for(int i=fi[x];~i;i=p[i].nxt){if(jd[i]==1) continue;int f=jd[i];jd[i]=jd[i^1]=1;int to=p[i].to;//printf("x=%d to=%d\n",x,to);dfs(to);dfn[++tim]=x;if((!s1.empty()||!s2.empty())&&!f){int o;if(!s1.empty()) o=(*s1.begin()),s1.erase(o);else o=(*s2.begin()),s2.erase(o);//printf("x=%d o=%d\n",x,o);dfn[++tim]=0;e[++tot]=(edge){x,o,i/2+1};dfs(o);dfn[++tim]=x;}}return;
}
int E;
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;  n=read();m=read();for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;for(int i=1;i<=m;i++){e[i].x=read();e[i].y=read();++du[e[i].x];++du[e[i].y];if(find(e[i].x)==find(e[i].y)){E=i;}else fa[find(e[i].x)]=find(e[i].y);}if(du[1]==0){flag=1;if(E){e[E].y=1;O=e[E].x;ID=E;}else{for(int i=1;i<=m;i++){if(du[e[i].x]<=1) swap(e[i].x,e[i].y);if(du[e[i].x]>1){e[i].id=1;O=e[i].x;ID=i;e[i].y=1;break;}}}}memset(du,0,sizeof(du));for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;for(int i=1;i<=m;i++){int x=e[i].x,y=e[i].y;addline(x,y);addline(y,x);fa[find(x)]=find(y);++du[x];++du[y];if(e[i].id) jd[cnt]=jd[cnt^1]=2;}//for(int i=1;i<=n;i++) debug("i=%d fa=%d\n",i,fa[i]);for(int i=2;i<=n;i++){if(i==find(i)&&find(1)!=i){if(du[i]) s1.insert(i);else s2.insert(i);}}dfs(1);if(!s1.empty()||!s2.empty()) printf("NO\n");else print();return 0;
}
/**/