AtCoder Beginner Contest 340 考试总结

前言#

可惜的是我是VP的，却打得相对较好（服了。

得分明细：

A	B	C	D	E	F	G	Total
√	√	√	√	√	√	×	2625

改题明细：

A	B	C	D	E	F	G
√	√	√	√	√	√	×

第一次打 AT，发挥还可以。

A. Arithmetic Progression #

Problem#

打印一个包含第一项 $A$ ，最后一项 $B$ 和公差 $C$ 的算术序列。

Solve#

模拟

Code#

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define H 19260817
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define MOD 1000003
#define mod 1000000007

using namespace std;

namespace Read {
  template <typename T>
  inline void read(T &x) {
    x=0;T f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    x*=f;
  }
  template <typename T, typename... Args>
  inline void read(T &t, Args&... args) {
    read(t), read(args...);
  }
}

using namespace Read;

void print(int x){
  if(x<0){putchar('-');x=-x;}
  if(x>9){print(x/10);putchar(x%10+'0');}
  else putchar(x+'0');
  return;
}

int a, b, c; 

signed main() {
  read(a, b, c);
  for (int i = a; i <= b; i += c) cout << i << ' ';
  cout << '\n';
  return 0;
}

B. Append #

Problem#

初始给定空序列 $A$ ， $q$ 次操作：

1 x 在序列末尾插入数字 $x$ ；
2 k 查询从后往前第 $k$ 个数字是多少；

保证合法。

Solve#

又是模拟

Code#

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define H 19260817
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define MOD 1000003
#define mod 1000000007

using namespace std;

namespace Read {
  template <typename T>
  inline void read(T &x) {
    x=0;T f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    x*=f;
  }
  template <typename T, typename... Args>
  inline void read(T &t, Args&... args) {
    read(t), read(args...);
  }
}

using namespace Read;

void print(int x){
  if(x<0){putchar('-');x=-x;}
  if(x>9){print(x/10);putchar(x%10+'0');}
  else putchar(x+'0');
  return;
}

const int N = 105;

int q, a[N], n;

signed main() {
  read(q);
  while(q--) {
    int op, x;
    read(op, x);
    if(op == 1) {
      a[++n] = x;
    } else {
      cout << a[n - x + 1] << '\n';
    }
  }
  return 0;
}

C. Divide and Divide #

Problem#

给定一个数 $n$ ，写在黑板上。每次选择黑板上一个不小于 $1$ 的数 $x$ 擦去，并写上 $⌊ \frac{x}{2} ⌋$ 与 $⌈ \frac{x}{2} ⌉$ ，并付出代价 $x$ 。问最后使黑板上的数全部小于 $1$ 的代价是多少。

Solve#

记 $f_{i}$ 表示给定的数为 $i$ 时的代价。

这样显然有（最优）子结构。可以 $d p$ ：

f_{i} = {\begin{cases} f_{⌊ \frac{i}{2} ⌋} + f_{⌈ \frac{i}{2} ⌉} + i & i > 1 \\ 0 & o t h e r w i s e \end{cases}

先暴搜，然后暴搜转记搜。

时间复杂度 $O (\log n)$ 。

Code#

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define H 19260817
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define MOD 1000003
#define mod 1000000007

using namespace std;

namespace Read {
  template <typename T>
  inline void read(T &x) {
    x=0;T f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    x*=f;
  }
  template <typename T, typename... Args>
  inline void read(T &t, Args&... args) {
    read(t), read(args...);
  }
}

using namespace Read;

void print(int x){
  if(x<0){putchar('-');x=-x;}
  if(x>9){print(x/10);putchar(x%10+'0');}
  else putchar(x+'0');
  return;
}

const int N = 1e5 + 10;

int n, ans;

map<int, int> f;

int solve(int x) {
  if(x < 2) return 0;
  if(f[x]) return f[x];
  return f[x] = solve(x / 2) + solve(ceil(1.0 * x / 2)) + x;
}

signed main() {
  read(n);
  cout << solve(n) << '\n';
  return 0;
}

D. Super Takahashi Bros #

Problem#

高桥正在玩一个游戏。

游戏由编号为 $1, 2, 3 \dots, n$ 的 $n$ 个阶段组成。最初，只有阶段 $1$ 可以玩。

对于每个阶段 $i$ ，可执行两种操作之一：

花费 $A_{i}$ 秒清除阶段 $i$ 。这样就可以进入 $i + 1$ 阶段。
花费 $B_{i}$ 秒清除阶段 $i$ 。这样就可以进入 $X_{i}$ 阶段。

至少需要多少秒才能通关 $n$ ？

Solve#

对于每个阶段的操作，都有两种转移状态：

花费 $A_{i}$ 秒清除阶段 $i$ 。这样就可以进入 $i + 1$ 阶段。
花费 $B_{i}$ 秒清除阶段 $i$ 。这样就可以进入 $X_{i}$ 阶段。

显然，阶段与阶段之间构成图论关系。因此建图。

考虑到求最小时间。所以建图后跑最短路即可。

时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

Code#

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define H 19260817
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define MOD 1000003
#define mod 1000000007

using namespace std;

namespace Read {
  template <typename T>
  inline void read(T &x) {
    x=0;T f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    x*=f;
  }
  template <typename T, typename... Args>
  inline void read(T &t, Args&... args) {
    read(t), read(args...);
  }
}

using namespace Read;

void print(int x){
  if(x<0){putchar('-');x=-x;}
  if(x>9){print(x/10);putchar(x%10+'0');}
  else putchar(x+'0');
  return;
}

const int N = 2e5 + 10;

struct Node {
  int v, w, nx;
  bool operator < (const Node &x) const {
    return x.w < w;
  }
} e[N << 1];

int n, h[N], tot, dis[N];

bool vis[N];

void add(int u, int v, int w) {
  e[++tot] = (Node){v, w, h[u]};
  h[u] = tot;
}

void dijkstra() {
  memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
  dis[1] = 0;
  priority_queue<Node> q; 
  q.push((Node){1, 0});
  while(!q.empty()) {
    int x = q.top().v;
    q.pop();
    if(vis[x]) continue;
    for (int i = h[x]; i; i = e[i].nx) {
      int y = e[i].v, w = e[i].w;
      if(dis[y] > dis[x] + w) {
        dis[y] = dis[x] + w;
        q.push((Node){y, dis[y]});
      }
    }
  }
}

signed main() {
  read(n);
  For(i,1,n-1) {
    int a, b, x;
    read(a, b, x);
    add(i, i + 1, a);
    add(i, x, b);
  }
  dijkstra();
  cout << dis[n] << '\n'; 
  return 0;
}

E. Mancala 2 #

Problem#

有 $N$ 个编号为 $0$ 至 $N - 1$ 的盒子。最初， $i$ 盒里有 $A_{i}$ 个球。

高桥将依次对 $i = 1, 2, \dots, M$ 进行以下操作：

将变量 $C$ 设为 $0$ 。
从盒子 $B_{i}$ 中取出所有的球并握在手中。
在手拿至少一个球的同时，重复下面的过程：
- 将 $C$ 的值增加 $1$ 。
- 将手中的一个球放入盒子 $(B_{i} + C) mod N$ 。

完成所有操作后，确定每个盒子中的球数。

Solve#

若把序列 $0$ 到 $N - 1$ 顺时针看成环，则操作在环上顺时针进行。

考虑贡献的形式，每次我只会在盒子中放入一个球。操作在环上连续，则在序列上为前缀 $+$ 后缀 $+$ 全局加的形式。

计算出每轮操作的起点，终点，周期。则可以用线段树维护（建议用树状数组，不然常数一坨屎）。

Code#

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define H 19260817
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define MOD 1000003
#define mod 1000000007
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1

using namespace std;

namespace Read {
  template <typename T>
  inline void read(T &x) {
    x=0;T f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    x*=f;
  }
  template <typename T, typename... Args>
  inline void read(T &t, Args&... args) {
    read(t), read(args...);
  }
}

using namespace Read;

void print(int x){
  if(x<0){putchar('-');x=-x;}
  if(x>9){print(x/10);putchar(x%10+'0');}
  else putchar(x+'0');
  return;
}

const int N = 2e5 + 10;

struct Node {
  int l, r, val, add;
} t[N << 2];

int n, m, a[N], C;

void pushup(int p) {
  t[p].val = t[ls].val + t[rs].val;
}

void pushdown(int p) {
  if(t[p].add) {
    t[ls].val += t[p].add * (t[ls].r - t[ls].l + 1);
    t[rs].val += t[p].add * (t[rs].r - t[rs].l + 1);
    t[ls].add += t[p].add;
    t[rs].add += t[p].add;
    t[p].add = 0;
  }
  return ;
}

void build(int p, int l, int r) {
  t[p].l = l, t[p].r = r;
  if(l == r) {
    t[p].val = a[l-1];
    return ;
  }
  int mid = l + r >> 1;
  build(ls, l, mid);
  build(rs, mid + 1, r);
  pushup(p);
} 

void upd(int p, int l, int r, int k) {
  if(l <= t[p].l && t[p].r <= r) {
    t[p].val += k * (t[p].r - t[p].l + 1);
    t[p].add += k;
    return ;
  }
  pushdown(p);
  int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
  if(l <= mid) upd(ls, l, r, k);
  if(r > mid) upd(rs, l, r, k);
  pushup(p);
}

int qry(int p, int x) {
  if(t[p].l == t[p].r) {
    return t[p].val;
  }
  pushdown(p);
  int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
  if(x <= mid) return qry(ls, x);
  else return qry(rs, x);
}

void clean(int p, int x) {
  if(t[p].l == t[p].r) {
    t[p].val = 0; return ;
  }
  pushdown(p);
  int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
  if(x <= mid) clean(ls, x);
  else clean(rs, x);
  pushup(p);
}

signed main() {
  read(n, m);
  For(i,0,n-1) read(a[i]);
  build(1, 1, n);
  For(i,1,m) {
    int b, all, L, R, tot = 0;
    read(b); 
    all = qry(1, b + 1);
    clean(1, b + 1); 
    L = (b + 1) % n + 1;
    R = (b + all) % n + 1;
    tot = all / n;
    if(tot < 1) {
      if(L <= R) upd(1, L, R, 1);
      else {
        upd(1, L, n, 1);
        upd(1, 1, R, 1);
      }
    } else {
      tot = (all - n + L - 1 - R) / n;
      upd(1, L, n, 1);
      upd(1, 1, n, tot);
      upd(1, 1, R, 1);
    }
  }
  For(i,1,n) cout << qry(1, i) << ' ';
  return 0;
}

F. S = 1 #

Problem#

给你整数 $X$ 和 $Y$ ，它们至少满足 $X \neq 0$ 和 $Y \neq 0$ 中的一个。
请找出一对满足以下所有条件的整数 $(A, B)$ 。如果不存在这样的一对，请报告。

$- 10^{18} \leq A, B \leq 10^{18}$ .
顶点位于 $x y$ 平面上点 $(0, 0), (X, Y), (A, B)$ 的三角形的面积为 $1$ .

Solve#

对于点 $(0, 0), (X, Y), (A, B)$ 所围成的三角形面积计算公式为 $\frac{1}{2} | X B - Y A |$ 。

$S = 1$ 代入上式得： $| X B - Y A | = 2$ 。

绝对值随便取（两种情况皆可以），于是得到 $X B - Y A = 2$

扩展欧几里得定理即可解决。

Code#

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define H 19260817
#define rint register int
#define For(i,l,r) for(rint i=l;i<=r;++i)
#define FOR(i,r,l) for(rint i=r;i>=l;--i)
#define MOD 1000003
#define mod 1000000007

using namespace std;

namespace Read {
  template <typename T>
  inline void read(T &x) {
    x=0;T f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    x*=f;
  }
  template <typename T, typename... Args>
  inline void read(T &t, Args&... args) {
    read(t), read(args...);
  }
}

using namespace Read;

void print(int x){
  if(x<0){putchar('-');x=-x;}
  if(x>9){print(x/10);putchar(x%10+'0');}
  else putchar(x+'0');
  return;
}

int a, b, x, y;

void exgcd(int a, int b) {
  if(!b) {
    x = 1, y = 0;
    return ;
  }
  exgcd(b, a % b);
  int t = y;
  y = x - a / b * t, x = t;
  return ;
}

signed main() {
  read(a, b);
  if(2 % __gcd(a, -b)) {
    puts("-1"); return 0;
  }
  exgcd(a, -b);
  cout << 2 / __gcd(a, -b) * y << ' ' << 2 / __gcd(a, -b) * x << '\n';
  return 0;
}

G. Leaf Color #

Problem#

有一棵树 $T$ 有 $N$ 个顶点，编号从 $1$ 到 $N$ 。连接顶点 $u_{i}$ 和 $v_{i}$ 的是 $i$ 边。此外，顶点 $i$ 被涂上了颜色 $A_{i}$ 。
求满足以下条件的顶点集合 $T$ 的（非空）子集 $S$ 的个数（模为 $998244353$ ）：

$T$ 的子图 $G$ 由 $S$ 引导，满足以下所有条件：
- $G$ 是一棵树。
- 所有阶数为 $1$ 的顶点颜色相同。

Solve#

（咕咕咕...）

Code#

（咕咕咕...）

作者：Daniel-yao

出处：https://www.cnblogs.com/Daniel-yao/p/18013140

版权：本作品采用「署名-非商业性使用-相同方式共享 4.0 国际」许可协议进行许可。

posted @ 2024-02-12 22:18 Daniel_yzy 阅读(29) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· AtCoder Beginner Contest 352 考试总结

· 【做题笔记】板刷 AtCoder

· AtCoder Beginner Contest 340

· AtCoder Beginner Contest 340 题解

阅读排行：
· 阿里最新开源QwQ-32B，效果媲美deepseek-r1满血版，部署成本又又又降低了！
· 单线程的Redis速度为什么快？
· SQL Server 2025 AI相关能力初探
· AI编程工具终极对决：字节Trae VS Cursor，谁才是开发者新宠？
· 展开说说关于C#中ORM框架的用法！

公告

昵称： Daniel_yzy
园龄： 2年3个月
粉丝： 13
关注： 14

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

Loading

前言#

Problem#

Solve#

Code#

Problem#

Solve#

Code#

Problem#

Solve#

Code#

Problem#

Solve#

Code#

Problem#

Solve#

Code#

Problem#

Solve#

Code#

Problem#

Solve#

Code#

公告

搜索

常用链接

积分与排名

随笔档案

相册