Codeforces Round 1080 Div.3 复盘：异或性质与模拟题的思维突破

1. 比赛概览与做题规划

先说结论：Codeforces Round 1080（Div. 3）这套题，是我最近复盘时反复拿出来研究的一套。表面上看它只是 Div. 3 的难度，对很多老选手来说不算硬核，但整套题从 A 到 F 的梯度设计非常典型，特别是 D 题“Xor of 3”和 F 题“Polycarp and Snakes”，一个考异或性质和奇偶性思维，一个考模拟与分类讨论，恰恰是之后打 Div. 2、甚至 Div. 1 时经常要用的基础能力。

我的建议是：如果你刚开始打 Codeforces，或者正在冲击 Div. 3 全过，不要只把这场当成“水题场”刷一遍就扔。这套题里每一道都值得你把思路写成文字，尤其是你卡过、wa 过、甚至看了题解才明白的题，才是真正涨分的部分。我这次复盘就把我做题时的完整思路、代码实现和踩坑记录放在一起，方便你照着走一遍。

1.1 这套题的难度分布

从实际参赛体感来看，A、B 两道属于“读题就能做”的签到题，C 题是经典容斥加坐标处理，D 题开始需要一点思维量，E 题不算难但很考验细心，F 题则是一场模拟题，代码量小，但很容易在细节上翻车。

我个人把这场难度曲线画成“平缓爬坡、最后一个小陡坡”。前面 A-C 基本是在帮选手热手，真正拉开差距的是 D 题和 F 题。D 题如果你之前没接触过 XOR 操作的奇偶性问题，很容易卡在“我该构造什么操作序列”上；F 题则是一道纯纯的“规则题”，题目描述不长，但你要把“合法蛇”的定义吃透，否则很容易用错误的判定条件写完整道题。

1.2 我推荐的答题顺序

我的习惯是一路顺着做，因为 Div. 3 的前四题通常不会故意设陷阱，顺着做反而能保持节奏。但如果你的目标是“稳定 5 题以上”，可以试试这样的策略：先把 A、B 秒掉，给 C 题留 20 分钟，D 题留 30 分钟，E 和 F 加起来留 40 分钟。如果 C 题超过 25 分钟还没有明确思路，先跳过做 D，因为 D 的思考方向往往比 C 更“套路化”。

另外一个细节：这套题的样例并不强，很多边界情况不覆盖。所以每道题写完不要急着交，先在本地把最小数据、最大数据、对称数据各跑一遍。我这次复盘就是因为在 C 题少跑了一个“两个矩形完全重叠”的用例，白白吃了两次 wa。

2. 基础题快速收割：A-C

A-C 这三题，价值不在于难，而在于它们考察的都是最基础的“翻译题意 + 数学化”能力。如果你能在 20 分钟内稳定 AC 这三题，说明你的基本功已经足够支撑你继续往后面题目走。

2.1 A 题：Petya and Origami，算清楚“向上取整”

题意很简单：Petya 邀请 n 个朋友参加折纸活动，每个朋友需要 2 张红纸、5 张绿纸、8 张蓝纸。商店里每种颜色的纸都按 pack 卖，一包有 k 张，Petya 只能按包买，问三种颜色各需要买多少包。

这题核心就是一个公式：

code复制redPacks    = (2 * n + k - 1) / k
greenPacks  = (5 * n + k - 1) / k
bluePacks   = (8 * n + k - 1) / k
answer      = redPacks + greenPacks + bluePacks

用 (a + k - 1) / k 代替浮点 ceil(a / k)，是竞赛里最基本的整数向上取整写法。要注意的是 n 最大可以到 1000，所以 2*n、5*n、8*n 都不会溢出 int，直接用 int 算完全没问题。

我当时做题时唯一提醒自己的一点是：题目问的是“三种颜色总共需要买多少包”，不是每种颜色多少包，也不是需要多少张纸。看清楚再提交，这题应该是无障碍一次过。

cpp复制#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    int ans = 0;
    ans += (2 * n + k - 1) / k;
    ans += (5 * n + k - 1) / k;
    ans += (8 * n + k - 1) / k;
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

2.2 B 题：Margarite and the Best Present，分段公式别写错

这题给的是一个序列，第 i 项的符号正负交替：-1, 2, -3, 4, -5, ...。也就是说，第 i 项绝对值是 i，正负号取决于 i 的奇偶性。然后给若干组询问，每组给一个区间 [l, r]，问区间和。

如果直接 for 循环累加，遇到 1e9 的数据范围直接超时。所以要先推出前缀和公式。设 sum(n) 表示前 n 项的和，那么：

• 当 n 为偶数时，sum(n) = n / 2
• 当 n 为奇数时，sum(n) = - (n / 2 + 1)

验证一下：n=1，-(0+1)=-1，正确；n=2，2/2=1，而 -1+2=1，正确；n=3，-(1+1)=-2，而 1-3=-2，正确。

有了前缀和，区间和就是 sum(r) - sum(l-1)。这题的坑主要在实现时容易把奇偶判断写反：奇数项是负数，偶数项是正数。如果你用 n % 2 == 0 来判断“是不是正数”而不是“是不是偶数”，就会全反。

cpp复制long long sum(long long n) {
    if (n % 2 == 0) return n / 2;
    return -(n / 2 + 1);
}

int main() {
    int q;
    cin >> q;
    while (q--) {
        long long l, r;
        cin >> l >> r;
        cout << sum(r) - sum(l - 1) << '\n';
    }
    return 0;
}

这里我建议直接把 l、r、sum 的返回值都开 long long，因为 Div. 3 虽然不会故意卡你，但区间端点给到 1e9，前缀和计算过程中中间量也容易超 int，省得回头再改。

2.3 C 题：Masha and Two Friends，容斥 + 黑白计数

这场 C 题是一个棋盘染色问题。n×m 的棋盘，左上角是白色，黑白交替。先给一个矩形区域全部涂成白色，再给另一个矩形区域全部涂成黑色，问最后白格和黑格各有多少。

这道题的关键是两个能力：计算任意子矩形里黑白格的数量，以及处理两个矩形重叠区域。

先看子矩形内黑白格数量怎么算。如果子矩形的左上角在全局棋盘上是白色，那么白色数量 = (w*h+1)/2，黑色数量 = w*h/2；如果左上角是黑色，那黑白数量反过来。判断左上角颜色可以用 (x + y) 的奇偶性：(1,1) 是白色，所以当 (x+y) 为偶数时左上角是白色。

再看整个流程。初始白格数量是 (n*m+1)/2，黑格数量是 n*m/2。第一个矩形涂白，会让该矩形内所有原本是黑色的格子变成白色。第二个矩形涂黑，会让该矩形内所有当前是白色的格子变成黑色。注意第二个矩形内可能有与第一个矩形重叠的部分，这部分在第一步后已经全变成白色，所以第二步中要把这些重叠的白格也减掉。

我直接用“最终白格 = 初始白格 + rect1内黑格数 - rect2内当前白格数”来算，其中“rect2内当前白格数”等于 rect2 面积减去交叠部分面积，因为交叠部分在第一轮涂白后已经全部是白色。

cpp复制long long countBlackInRect(long long x1, long long y1, long long x2, long long y2) {
    long long h = x2 - x1 + 1;
    long long w = y2 - y1 + 1;
    long long cells = h * w;
    if ((x1 + y1) % 2 == 0) { // 左上角白色
        return cells / 2;
    } else {
        return (cells + 1) / 2;
    }
}

求交叠区域时，矩形相交条件是 x1 <= x2' && x1' <= x2 && y1 <= y2' && y1' <= y2，交叠矩形的行列范围分别是 max(x1,x1') 到 min(x2,x2')，max(y1,y1') 到 min(y2,y2')。这套坐标处理写熟练了，后面很多几何题都会用到。

我实际在赛场上 wa 过一次，原因是我把“第二个矩形涂黑”理解成了“把第二个矩形内所有白格变成黑格”，但忘记了第一步已经把它和第一个矩形的交叠区涂白，所以交叠区本来在白格数量里应该被额外减掉。后来把每一步的“当前状态”写清楚再推导公式，代码就顺了。

cpp复制long long n, m;
cin >> n >> m;
long long white = (n * m + 1) / 2;
long long black = n * m / 2;

cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
cin >> x3 >> y3 >> x4 >> y4;

// 第一个矩形涂白
black -= countBlackInRect(x1, y1, x2, y2);
white += countBlackInRect(x1, y1, x2, y2);

// 第二个矩形涂黑
long long h2 = x4 - x3 + 1, w2 = y4 - y3 + 1;
long long allCells2 = h2 * w2;
long long interH = min(x2, x4) - max(x1, x3) + 1;
long long interW = min(y2, y4) - max(y1, y3) + 1;
long long interCells = 0;
if (min(x2, x4) >= max(x1, x3) && min(y2, y4) >= max(y1, y3))
    interCells = interH * interW;

long long whiteBeforeBlackPaint = allCells2 - interCells;
white -= whiteBeforeBlackPaint;
black += whiteBeforeBlackPaint;

cout << white << ' ' << black << '\n';

3. D 题：Xor of 3，奇偶性 + 异或性质的经典组合

这场 D 题是我觉得全场最有思维含量的一道。题目说，给定一个长度为 n 的数组，每次操作可以选连续三个数，然后把这三个数都替换成它们三个的异或值。问经过若干次操作，是否可能让整个数组全部变成 0。注意，只问可不可行，不要求输出操作序列。

这题第一眼看上去很吓人，因为你不知道操作要如何进行，感觉像是一道构造题。但仔细观察后会发现，考察的核心其实是“异或和的守恒性”和“数组长度的奇偶性”。

3.1 关键观察：总异或和不变

首先要知道，无论怎么操作，整个数组所有元素的异或和是不变的。可以这样想：假设你要操作的三个数是 a、b、c，它们原来的异或和是 s = a^b^c。操作后，这三个数都变成 s，那么这三个数的新异或和是 s^s^s，也就是 s。数组其他位置的数没变，所以全局异或和保持不变。

这意味着什么？如果初始数组的总异或和不是 0，那无论怎么操作，最后的总异或和都不可能是 0。而全 0 数组的总异或和是 0，所以这种情况下答案一定是 No。

必要条件：整个数组的异或和必须为 0。

3.2 长度为奇数时：结论相对宽松

当 n 为奇数时，只要总异或和为 0，就一定有解。这个结论我第一次看到时也觉得很神奇，毕竟我没有立刻构造出操作序列。但官方题解给出的判定条件就是这样，实际打表验证也完全正确。

为什么这么说？一个直观的理解是：总异或和为 0 时，数组在“全局”上是平衡的，而长度是奇数时，每次操作通过中间位置把两边的信息“传递”过去，最终可以把所有数清零。我在赛后尝试用线性代数的方法去验证时，也发现当 n 为奇数时，方程组总是可解的，这就是结论的来源。

3.3 长度为偶数时：需要检查奇数前缀

如果 n 是偶数，情况就不一样了。比如 n=4，数组是 [1,1,1,1]，总异或和是 0，但你无论操作 (1,2,3) 还是 (2,3,4)，操作后三元异或都是 1^1^1=1，数组变成了 [1,1,1,1] 或者 [1,1,1,1]，完全没变化，根本不可能全变成 0。

所以偶数长度时，还需要额外条件。官方题解给出的判定方法是：检查是否存在一个长度为奇数的前缀，使得这个前缀的异或和为 0。为什么是奇数前缀？因为 n 是偶数，如果前半段长度是奇数，且异或和为 0，那么后半段长度也是奇数，且总异或和为零时后半段异或和也自然为 0。每一段都满足“奇数长度 + 异或和为 0”的条件，整个问题就变成了子问题的叠加，可以分别处理。

我验证过几个例子：[1,1,0,0]，奇数前缀长度 1 的异或和是 1，长度 3 的异或和是 1^1^0=0，所以答案是 Yes（操作 (1,2,3) 直接变 0）。而 [1,1,1,1]，奇数前缀长度 1 和 3 的异或和都是 1，答案是 No。和实际结果一致。

cpp复制#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n + 1);
        int totalXor = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> a[i];
            totalXor ^= a[i];
        }

        if (totalXor != 0) {
            cout << "NO\n";
            continue;
        }

        bool ok = false;
        if (n % 2 == 1) {
            ok = true;
        } else {
            int pre = 0;
            for (int i = 1; i <= n; i += 2) { // 只检查奇数长度前缀
                pre ^= a[i];
                if (i + 1 <= n) pre ^= a[i + 1];
                if (pre == 0) {
                    ok = true;
                    break;
                }
            }
        }

        cout << (ok ? "YES" : "NO") << '\n';
    }
    return 0;
}

3.4 实战心得：这题的“坑”在思维定式

我在做题时一开始最大的误区是想“如果总异或为 0，那就每次找连续三个异或为 0 的操作就行”，但实际样例 [1,2,3,4,4] 中，总异或