早起起来赶TC，工作日早上9点的这场SRM是最容易睡过头的。注册时发现panda教主已经注册了，Petr还没来。但事实的情况是比赛开始时Petr来了，panda教主迟到。

打开题目发现是250和450，预感过500pt的机会来了。果然生平第二次过了SRM的500pt，尽管是一道简单的。总的来说两道题都是想的成份比较多，实现相对简单，今天一共就写了十几行代码就完事了。由于RP大爆发，取得了前所未有的21名的排位，rating也顺势涨到了1888，创出历史新高，还顺带赢了panda教主一场。话说neal_wu非常神奇，coding phase结束的时候，我领先了他225分，但是在challenge phase他大杀四方，连cha成功6个，并且这是本房间有且仅有的六个错误提交，于是我只能眼看着大好局势拱手让人。

流水账毕，以下是详细的题解：

250pt: 转换一下题意，大致是：有n个(2<=n<=14)被涂成A或B的格子，Alice和Bob每次轮流从这些格子里面拿走连续的一些格子（但是不能拿走所有的格子）。最后剩下的格子如果是A，那么Alice就获胜了，反之Bob获胜。每次都是Alice先行动，问给定初始状态，在理想情况下，谁能获取游戏的胜利。

首先思考初始情况，很显然，如果第一个字母是A的话，Alice必胜，因为她可以把剩下的字符串都拿掉，只留下A。同理，如果最后一个字母是A的话，也是Alice胜。于是，只有当两端字母同时都是B时，才能轮到Bob行动。在这种情况下，Alice有两种策略，1是拿走一端的B以及和它连着的若干个其他字符，如此，Bob下次行动时只要拿走剩余的所有字符，留下另一端的B即可获胜。2是Alice不动两端的B，在中间截取一段。如此，局面会变成类似于BXXX___XXXXB (也可能没有X)。Bob的策略也很简单，把其中的一段XXX拿走，剩下一个端点B。接下来如果Alice拿走单个B，Bob就获胜，如果Alice在右边那串里拿，Bob只要想办法尽快把那串拿完就能获胜（如果Alice试图把右边的串分成两段，Bob就拿走两段中的一段，直到剩下的串拿完为止）。于是，程序只有两行：

if(cells[0]==’A’ || cells[cells.size()-1]==’A’) return “Alice”;

else return “Bob”;

450pt: 给你一个错误的等式a*b=c (a,b,c都为1 – 10^9的正整数)，将其修正为正确的等式A+B=C，使得 | A-a | + | B-b | + | C-c | 最小。求出这个最小值。

如果做过上海赛区hl大神的A题，看到这题的时候一定会觉得很熟悉吧。a,b,c的范围都大到吓人，直接枚举肯定会挂掉。所以此题肯定是要用某一种trick，将10^9的问题简化为复杂度更小的问题。

首先来看要枚举的变量，假定我们通过枚举确定了A，这时，随着B的变化，我们的diff = | A-a | + | B-b | + | C-c | 有且仅有一个极小值，而且这个极小时会出现在C接近于c的地方。所以我们只须试验B=c/A和B=c/A+1这两个值就可以算出当前A的最小diff值了。现在我们有了一个O(10^9)的算法，即枚举A=1…10^9，通过上述办法计算最小的diff值。前面提到的上海赛区的A題的技巧就在这里出现了：由于A*B = C，事实上A和B里面总有一个是小于等于sqrt(C)的，只需要枚举小的那个数就可以了，这样复杂度就降低为O(sqrt(10^9))了。实现的话，首先看a和b的大小，如果a>b的话就swap一下。枚举的时候暴力一点，直接枚举1到40000而不要去计算sqrt(c)会避免很多麻烦，还有所有的计算结果用long long来保存以避免乘法的时候溢出，应该就可以过了。

1000pt: 不会 >.< 以后补上