ABC221 复盘

ABC221 复盘

[ABC221A] Seismic magnitude scales

思路解析

数据范围 BA10,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(|S|),而每次交换后的判断也需要 O(|S|),因此总复杂度为 O(|S|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=log10N+1,有一层排序,因此复杂度为 O(xlogx)

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 Ai109,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×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(NlogN)

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 2ji1=2j÷2i+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 aiaj,于是我们要做的其实就是找固定 j,有多少个 i 使得 i<j,aiaj,也就是个二维偏序。但事实上不需要那么复杂,假设有 i1,i2,,ik 都满足题目的条件,那么以 j 结尾的子序列的个数就是 2j÷2i1+1+2j÷2i2+1++2j÷2ik+1=2j÷(2i1+1+2i2+1++2ik+1)

那么接下来就很轻松了,由于上方的 i,j 一定有 aiaj,所以我们可以用一个 rki 存下 ai 的排名,设 vrki=2i+1,然后求 k=1rkj1vk,这样我们就可以求得满足 aiaj 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 jj+1 时处理 vj 的值,这样就能保证所有 v 当中有值的 vrki 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(nlogn)

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,这样偏移量就只有加减两种可能,同时终点也变成了 (xy,x+y)。如此题目就变成了一道可行性背包问题,可以用 fi,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;
}
posted @   2020luke  阅读(39)  评论(0编辑  收藏  举报
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