AtCoder Beginner Contest 259 题解

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A - Growth Record

分类讨论一下即可。

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B - Counterclockwise Rotation

思路很简单，先用 atan2 函数求出初始角度，用勾股定理求出线段长度。

再将初始角加上 $d$ 度。

最后用三角函数再算一下就好啦 /cy

（这里我因为把 $360$ 度当成 $\pi$ 算导致 WA 了好几发QAQ）

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C - XX to XXX

首先会发现，$S$ 的最后一个字符只能跟 $T$ 的最后一个字符匹配，这启发我们倒着匹配。

同时用 $i,j$ 两个指针维护，表示当前匹配到了 $S(i),T(j)$，分两种情况：

1. $S(i) = T(j)$，匹配成功，$i \gets i-1,j \gets j -1$。

2. $S(i) \neq T(j)$，又可以讨论一下：

• $S(i+1)=T(j)$ 且 $S(i+1)=S(i+2)$ 时，可以在 $S(i+1)$ 和 $S(i+2)$ 间再塞一个 $T(j)$

• 若不满足以上条件，则匹配失败。

最后再注意一下两个指针是否都走到开头，再判断一下即可。

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D - Circumferences

珂以用并查集把所有有交点的圆合并起来，判断起点终点是否在同一个圆的集合即可。

如果两个圆无交点，只有两种情况：

• 相离：圆心间距离大于半径之和

• 包含：圆心间距离小于半径之差

不是这两种情况的话，直接并查集合并即可。

需要注意一下精度问题，开 double 不太合适，所以我用了 long long，把所有距离都平方一下就好了。

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E - LCM on Whiteboard

显然可以枚举每个数，判断其变为 $1$ 后是否会对 $\operatorname{lcm}$ 值产生影响。

显然如果这个数的因数里存在一个 $p_i^{e_i}$，使得 $e_i$ 是 $p_i$ 最大的指数且仅出现一次，那么会产生影响。

还有要注意的就是如果一个数改变不了 $\operatorname{lcm}$，那么原来的 $\operatorname{lcm}$ 也要计入一次答案。

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F - Select Edges

状态很多，一看就是个 DP，但我一开始不知道怎么设状态，感觉贪心也许可行，结果不出意外 WA 了一发。

仔细想一想，其实不难设出状态。

对于一条边 $(u,v)$（$u$ 是 $v$ 的父亲节点），如果选了这条边，在 $v$ 的子树内，$d_v \gets d_v -1$，反之 $d_v$ 不变。

也就是说，对于一个节点 $v$，它的度数 $deg$ 只有两种情况：

1. $deg \le d_v$

2. $deg \lt d_v$

第二种情况下，$(u,v)$ 这条边可选，第一种则不行。

那么状态就显而易见了：

设 $dp(u,0/1)$ 表示在 $u$ 节点的子树内， $deg_u\le d_u(0)$ 和 $deg_u \lt d_u(1)$ 时，答案的最大值。

如果我们令 $ans = \sum\limits_{v \in son_u} dp(v,0)$，考虑选一条边 $(u,v,w)$ 产生的贡献：

显然 $dp(v,0)$ 要变成 $dp(v,1)+w$，那么对 $ans$ 会产生 $dp(v,1)+w-dp(v,0)$ 的贡献。

将所有 $(u,v)$ 的贡献存起来降序排序，贪心地更新 $ans$ 即可。

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G - Grid Card Game

正难则反，显然有贡献的行列上的数和均为正数，把这些行和列全选上，考虑删掉一些。

具体来说，令 $r_i = \sum\limits_{j=1}^m a(i,j),c_j = \sum\limits_{i=1}^n a(i,j)$。

先设答案为 $ans = \sum\limits_{i=1}^n r_i + \sum\limits_{j=1}^m c_j$，再考虑删去重复和不合法的。

对于 $a(i,j)$，分类讨论：

• $a(i,j) \ge 0$，则需删去 $r_i$ 或 $c_j$，或者两者皆删去。

• $a(i,j) \lt 0$，则需删去 $r_i$ 或 $c_j$，或者都删。

这种模型似曾相识，发现我们要让删去的最小，因此考虑使用网络流最小割建模解决。

对所有 $r_i,c_j$ 建点 $R_i,C_j$，所有 $R_i$ 与源点 $S$ 连边，容量为 $\max(r_i,0)$。

同理，所有 $C_j$ 与汇点 $T$ 连边，容量为 $\max(c_j , 0)$。

对于所有 $(i,j)$，$R_i$ 和 $C_j$ 需要连边，边的容量需要讨论一下：

• $a(i,j) \ge 0$，边容量即为 $a(i,j)$。

• $a(i,j) \lt 0$，边容量为 $INF$，表示这条边无法删去，只能删去 $r_i$ 或 $c_j$ 才能不连通。

用 $ans$ 减去最小割的值即可。

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Ex - Yet Another Path Counting

这题是真的一点思路都没有，只知道组合数暴力瞎搞QAQ。

解法貌似也算是根号分治。

显然组合数暴力是 $O(N^4)$ 的，过不了这道题。

没什么思路，珂以转向思考性质，发现出现 $N$ 次以上的颜色个数小于 $N$。

那么久珂以用类似根号分治的解法了。

对于每种颜色，存下它出现的所有位置。

如果它出现的次数不超过 $N$，直接跑暴力。

式子有点复杂，不过小推一下就会发现这类情况总体时间复杂度是 $O(N^3)$ 。

对于出现次数大于 $N$ 的颜色，跑一遍 $O(N^2)$ 的 DP 即可。

这部分不过多解释，具体 DP 方式看代码。

显然这类情况总体时间复杂度也为 $O(N^3)$。

那么整个算法时间复杂度即为 $O(N^3)$。

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第一次 vp ABC，明显感受到自己的不足，大佬们秒切的题我还要慢慢调半天，稍微上点难度就不会写。还是要继续加油啊！