ABC221 复盘

合集 - 复盘(20)

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ABC221 复盘

[ABC221A] Seismic magnitude scales

思路解析

数据范围 $B\le A\le 10$，可以发现能直接暴力求解。注意开 long long。

code

//ABC221A
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a, b;
int main() {
	cin >> a >> b;
	a -= b;
	long long ans = 1;
	for(int i = 1; i <= a; i++) {
		ans *= 32;
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

[ABC221B] typo

思路解析

直接按照题意遍历 $s$ 的每个下标与下一个下标交换，然后判断是否相同即可。注意可以不进行任何操作，要多一次判断。

时间复杂度：需要遍历每个下标$O(\left|S\right|)$，而每次交换后的判断也需要 $O(\left|S\right|)$，因此总复杂度为 $O({\left|S\right|}^2)$。

code

//ABC221B
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s, t;
int main() {
	cin >> s >> t;
	if(s == t) {
		cout << "Yes";
		return 0;
	}
	for(int i = 1; i < s.size(); i++) {
		swap(s[i], s[i - 1]);
		if(s == t) {
			cout << "Yes";
			return 0;
		}
		swap(s[i], s[i - 1]);
	}
	cout << "No";
	return 0;
}

[ABC221C] Select Mul

思路解析

可以想到想让乘积最大尽量让位数更平均，而同时我们也需要让更大的位数排在更前面，于是我们可以先将原数存成数组从大到小排个序，然后贪心取即可。

时间复杂度：设 $x={\log }_{10}N+1$，有一层排序，因此复杂度为 $O(x\log x)$。

code

//ABC221C
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int main() {
	cin >> n;
	vector<int> v;
	while(n > 0) {
		v.push_back(n % 10);
		n /= 10;
	}
	sort(v.begin(), v.end(), [](int x, int y) {
		return x > y;
	});
	int x = 0, y = 0;
	for(int i = 0; i < v.size(); i++) {
		if(x <= y) x = x * 10 + v[i];
		else y = y * 10 + v[i];
	}
	cout << x * y;
	return 0;
}

[ABC221D] Online games

思路解析

首先可以想到先用差分打标记，最后结束时在统计即可。但可惜数据范围 $A_i\le {10}^9$，不能存下来每一个时间点，于是想到离散化。将每个区间离散成 $2$ 个点存下来，这样总点数就只有 $2\times N$ 个，可以通过。最后拿区间之间的人数乘上区间长度即可。

时间复杂度：一次排序加去重，复杂度为 $O(N\log N)$。

code

//ABC221D
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, a[N], b[N], c[5 * N], ans[N];
int main() {
	cin >> n;
	vector<int> v;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i] >> b[i];
		v.push_back(a[i]);
		v.push_back(a[i] + b[i]);
	}
	v.push_back(n + 1);
	sort(v.begin(), v.end());
	v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int pa = lower_bound(v.begin(), v.end(), a[i]) - v.begin() + 1;
		int pb = lower_bound(v.begin(), v.end(), a[i] + b[i]) - v.begin() + 1;
		c[pa]++; c[pb]--;
	}
	for(int i = 1; i < v.size(); i++) {
		c[i] += c[i - 1];
		ans[c[i]] += v[i] - v[i - 1];
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cout << ans[i] << ' ';
	}
	return 0;
}

[ABC221E] LEQ

思路解析

很有思维量的一道题。首先根据题目要求发现，新求的子序列只跟子序列的头尾有关，而在确定头尾之后中间的元素选或不选没有任何关系。也就是确定新子序列的头尾下标分别为 $i,j$，那么以当前头尾的可行子序列个数就是 $2^{j-i-1}=2^j÷2^{i+1}$ 种可能。

接下来我们思考，根据题目要求，上方的 $i,j$ 一定有 $a_i\le a_j$，于是我们要做的其实就是找固定 $j$，有多少个 $i$ 使得 $i<j,a_i\le a_j$，也就是个二维偏序。但事实上不需要那么复杂，假设有 $i_1,i_2,\dots ,i_k$ 都满足题目的条件，那么以 $j$ 结尾的子序列的个数就是 $2^j÷2^{i_1+1}+2^j÷2^{i_2+1}+\cdots +2^j÷2^{i_k+1}=2^j÷(2^{i_1+1}+2^{i_2+1}+\cdots +2^{i_k+1})$。

那么接下来就很轻松了，由于上方的 $i,j$ 一定有 $a_i\le a_j$，所以我们可以用一个 $r{k}_i$ 存下 $a_i$ 的排名，设 $v_{r{k}_i}=2^{i+1}$，然后求 $\sum _{k=1}^{r{k}_j-1}{v}_k$，这样我们就可以求得满足 $a_i\le a_j$ 的条件所有的 $i$ 对答案的贡献，还要继续考虑 $i<j$ 这个条件。我们其实可以不先处理出来 $v$ 的值，而是在 $j\to j+1$ 时处理 $v_j$ 的值，这样就能保证所有 $v$ 当中有值的 $v_{r{k}_i}$ 都有 $i<j$。由于 $v$ 需要满足单点修改和区间求和的操作，所以需要使用树状数组优化。

注意：由于有取模和乘方，所以需要使用逆元和快速幂求解。

时间复杂度：需要遍历每个下标，都需要一次区间查询和单点修改，复杂度为 $O(n\log n)$。

code

//ABC211E
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 3e5 + 10;
const ll mod = 998244353;
int n, m;
ll a[N], c[N], b[N];
map<ll, int> rk;

ll ksm(ll a, ll b, ll p) {
	ll ans = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) {
			ans = ans * a % p;
		}
		a = a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}
ll niyuan(ll a, ll p) {
	return ksm(a, p - 2, p);
}

void add(ll x, ll y) {
	for(; x <= n; x += (x & -x)) {
		c[x] = (c[x] + y) % mod;
	}
}
ll ask(ll x) {
	ll sum = 0;
	for(; x > 0; x -= (x & -x)) {
		sum = (sum + c[x]) % mod;
	}
	return sum;
}

int main() {
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		b[i] = a[i];
	}
	sort(b + 1, b + n + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		rk[b[i]] = i;
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		ans = (ans + (ksm(2, i, mod) * ask(rk[a[i]])) % mod) % mod;
		add(rk[a[i]], ksm(niyuan(2, mod), i + 1, mod));
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

[ABC221G] Jumping sequence

思路解析

题意很好理解，四向移动，步长确定，可见移动方式非常复杂，$x,y$ 轴分别有三种可能的偏移量，于是我们选择将整个坐标系顺时针旋转 ${45}^{\circ }$，这样偏移量就只有加减两种可能，同时终点也变成了 $(x-y,x+y)$。如此题目就变成了一道可行性背包问题，可以用 $f_{i,j}$ 表示走了 $i$ 步，第 $j$ 行/列能否到达，由于每次行和列的偏移量的值相同，因此可以存在一个数组内。最后就是用 bitset 优化然后判断一下能否到达并根据 dp 过程中的值输出路径即可。

时间复杂度：$O(N)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2010, M = 3.6e6 + 10;
int n, a, b, d[N], x, y, ans[N];
bitset<M> f[N];
int main() {
	cin >> n >> a >> b;
	x = a - b, y = a + b;
	int sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> d[i];
		sum += d[i];
	}
	if(sum < abs(x) || sum < abs(y)) {cout << "No"; return 0;}
	if((x + sum) % 2 == 1 || (y + sum) % 2 == 1) {cout << "No"; return 0;}
	x = (x + sum) / 2, y = (y + sum) / 2;
	f[0][0] = true;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		f[i] = f[i - 1] | (f[i - 1] << d[i]);
	}
	if(!f[n][x] || !f[n][y]) {cout << "No"; return 0;}
	cout << "Yes\n";
	for(int i = n; i >= 1; i--) {
		if(f[i - 1][x] && f[i - 1][y]) ans[i] = 0;
		else if(!f[i - 1][x] && f[i - 1][y]) ans[i] = 1;
		else if(f[i - 1][x] && !f[i - 1][y]) ans[i] = 2;
		else if(!f[i - 1][x] && !f[i - 1][y]) ans[i] = 3;
		if(ans[i] & 1) x -= d[i];
		if(ans[i] & 2) y -= d[i];
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(ans[i] == 0) cout << "L";
		else if(ans[i] == 1) cout << "D";
		else if(ans[i] == 2) cout << "U";
		else if(ans[i] == 3) cout << "R";
	}
	return 0;
}