パナソニックグループプログラミングコンテスト2024（ABC 375）

合集 - 赛事(59)

1.Codeforces Round 955 (Div. 2)2024-06-26 2.AtCoder Beginner Contest 3632024-07-21 3.AtCoder Regular Contest 182（A B C）2024-08-12 4.暑假集训CSP提高模拟12024-07-18 5.暑假集训CSP提高模拟22024-07-19 6.暑假集训CSP提高模拟72024-07-25 7.暑假集训CSP提高模拟52024-07-23 8.暑假集训加赛12024-07-22 9.暑假集训CSP提高模拟42024-07-21 10.暑假集训CSP提高模拟182024-08-11 11.暑假集训CSP提高模拟172024-08-10 12.暑假集训CSP提高模拟 162024-08-08 13.暑假集训CSP提高模拟 ∫[0,6] (x^2)/6 dx2024-07-31 14.暑假集训CSP提高模拟112024-07-29 15.暑假集训SCP提高模拟102024-07-28 16.暑假集训PVZ提高模拟92024-07-27 17.暑假集训CSP提高模拟82024-07-26 18.暑集假训SCP提高拟模212024-08-15 19.[CL-FOOL] CLOI 愚人赛的部分官方题解与小杂谈2024-04-02 20.トヨタ自動車プログラミングコンテスト2024#7（ABC 362）2024-07-14 21.寒假集训测试2 题目转存2024-02-23 22.HEOI2024 题目转存2024-03-05 23.高一小学期22024-07-08 24.张江蔡2024-06-27 25.高一高考集训总结赛2024-06-13 26.高一下二调题目转存2024-04-15 27.CSP提高组模拟12024-07-12 28.Atcoder Beginner Contest 3672024-08-18 29.[R18][中国語翻訳]HDKのABC370赛試（ABC370）2024-09-08 30.[30] CSP 加赛 12024-09-15 31.[33]（CSP 集训）CSP-S 模拟 42024-09-25 32.[34]（CSP 集训）CSP-S 联训模拟 12024-09-26 33.[35] (CSP 集训) CSP-S 模拟 52024-09-27 34.[36]（CSP 集训）CSP-S 模拟 62024-09-28 35.AtCoder Beginner Contest 3732024-09-29 36.[37]（CSP 集训）CSP-S 模拟 72024-09-30 37.[39] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛012024-10-03 38.[40]（CSP 集训）CSP 联训模拟 22024-10-05 39.[42] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛032024-10-07 40.[41] (CSP 集训) CSP-S 模拟 92024-10-07 41.[44] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛042024-10-09 42.[45] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛052024-10-11 43.[46] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛062024-10-12

44.パナソニックグループプログラミングコンテスト2024（ABC 375）2024-10-13

45.[47] (CSP 集训) CSP-S 模拟 112024-10-14 46.[49 & 50] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛08 | CSP-S 模拟 122024-10-18 47.[51] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛092024-10-19 48.Atcoder Beginner Contest 3762024-10-20 49.Codeforces Round 980 (Div. 2)2024-10-20 50.[54] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛122024-10-24 51.[57] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛152024-10-29 52.[61] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛182024-11-05 53.[62] (NOIP 集训) NOIP2024加赛 22024-11-06 54.[63] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛192024-11-07 55.[68] (炼石计划) NOIP 模拟赛 #202024-11-14 56.[68] (NOIP集训) NOIP2024 加赛 52024-11-20 57.[72] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛252024-11-22 58.[73] (NOIP集训) NOIP2024 加赛 72024-11-22 59.[75] (NOIP集训) NOIP2024 加赛 82024-11-27

罚时不好吃，一口都没吃

形象理解这一场的 C

A.Seats $diff 20$

对给定序列 $S$ 找出 $i$ 的个数,使得 $S_{i} = 0, S_{i + 1} = 1, S_{i + 2} = 0$

#define int long long
string x;

signed main(){
	int n;cin>>n;
	cin>>x;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=(int)x.length()-3;++i){
		if(x[i]=='#' and x[i+2]=='#' and x[i+1]=='.'){
			ans++;
		}
	}
	cout<<ans;
}

B.Traveling Takahashi Problem $diff 65$

给定平面上 $N$ 个点，求从原点出发按编号顺序走完 $N$ 个点并走回原点的直线距离之和

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
long double dist(int x1,int y1,int x2,int y2){
	return sqrtl((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
}
int n;
int nx=0,ny=0;
long double ans=0;
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		ans+=dist(nx,ny,x,y);
		nx=x;ny=y;
	}
	ans+=dist(nx,ny,0,0);
	printf("%.20Lf",ans);
}

C.Spiral Rotation $diff 972$

给定一个 $N \times N$ 的 $01$ 矩阵， $N$ 为偶数，对每个 $i \in [1, \frac{N}{2}]$ 执行如下操作

选择所有 $i \leq x, y \leq N - i + 1$ ，将 $(y, N - x + 1)$ 上的值替换为 $(x, y)$ 上的值

对于每一个 $i$ ，对所有 $(x, y)$ 的替换同时发生，也即在每一个 $i$ 内不存在覆盖的情况
输出最终的矩阵

$N \leq 10^{3}$

通过手摸可以发现，对单独的一个 $i$ 来说，相当于四个一组发生旋转

点击查看

但是这里有一个 $i \in [1, \frac{N}{2}]$ ，这其实相当于是分层的，先整体转，再转第二层和以内的，再转第三层和以内的，相当于第一层转一圈，第二层转两圈，以此类推

可以发现转四圈不会影响结果，因此第 $k$ 层转 $k \mod 4$ 圈就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
char mp[3001][3001];
bool vis[3001][3001];
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=n;++j){
			cin>>mp[i][j];
		}
	}
	for(int k=1;k<=n/2;++k){
		for(int i=k;i<=n-k+1;++i){
			if(!vis[i][k]){
				if(k%4==1){
					int x1=i,y1=k;
					int x2=y1,y2=n-x1+1;
					int x3=y2,y3=n-x2+1;
					int x4=y3,y4=n-x3+1;
					char tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					vis[x1][y1]=true;
					vis[x2][y2]=true;
					vis[x3][y3]=true;
					vis[x4][y4]=true;
				}
				else if(k%4==2){
					int x1=i,y1=k;
					int x2=y1,y2=n-x1+1;
					int x3=y2,y3=n-x2+1;
					int x4=y3,y4=n-x3+1;
					char tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					vis[x1][y1]=true;
					vis[x2][y2]=true;
					vis[x3][y3]=true;
					vis[x4][y4]=true;
				}
				else if(k%4==3){
					int x1=i,y1=k;
					int x2=y1,y2=n-x1+1;
					int x3=y2,y3=n-x2+1;
					int x4=y3,y4=n-x3+1;
					char tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					vis[x1][y1]=true;
					vis[x2][y2]=true;
					vis[x3][y3]=true;
					vis[x4][y4]=true;
				}
			}
		}
		for(int j=k+1;j<=n-k;++j){
			if(!vis[k][j]){
				if(k%4==1){
					int x1=k,y1=j;
					int x2=y1,y2=n-x1+1;
					int x3=y2,y3=n-x2+1;
					int x4=y3,y4=n-x3+1;
					char tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					vis[x1][y1]=true;
					vis[x2][y2]=true;
					vis[x3][y3]=true;
					vis[x4][y4]=true;
				}
				else if(k%4==2){
					int x1=k,y1=j;
					int x2=y1,y2=n-x1+1;
					int x3=y2,y3=n-x2+1;
					int x4=y3,y4=n-x3+1;
					char tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					vis[x1][y1]=true;
					vis[x2][y2]=true;
					vis[x3][y3]=true;
					vis[x4][y4]=true;
				}
				else if(k%4==3){
					int x1=k,y1=j;
					int x2=y1,y2=n-x1+1;
					int x3=y2,y3=n-x2+1;
					int x4=y3,y4=n-x3+1;
					char tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					tmp=mp[x4][y4];
					mp[x4][y4]=mp[x3][y3];
					mp[x3][y3]=mp[x2][y2];
					mp[x2][y2]=mp[x1][y1];
					mp[x1][y1]=tmp;
					vis[x1][y1]=true;
					vis[x2][y2]=true;
					vis[x3][y3]=true;
					vis[x4][y4]=true;
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=n;++j){
			cout<<mp[i][j];
		}
		cout<<'\n';
	}
}

D.ABA $diff 658$

给定一个字符串 $S$ ，求满足下列条件的 $(i, j, k)$ 对数

$i < j < k$

$S_{i}, S_{j}, S_{k}$ 能构成回文

$| S | \leq 2 \times 10^{5}$

其实也就是找 $S_{i} = S_{k}$ 的对数，然后中间填什么都行

注意到两个相等的数，如果位置分别为 $i, j$ ，那么它们中间夹着的任何一个数都能造成贡献，也即贡献为 $j - i - 1$

如果枚举到一个数 $S_{i}$ 时，有 $k$ 个数（ $S_{j 1}, S_{j 2} \dots$ ）与其相等，则对答案的贡献应该是 $(S_{i} - S_{j 1} - 1) + (S_{i} - S_{j 2} - 1) \dots = k (S_{i} - 1) - \sum S_{j}$

因此维护前缀和即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int possum[27];
int poscnt[27];
string x;
int ans=0;
signed main(){
	cin>>x;
	for(int i=0;i<=(int)x.length()-1;++i){
		ans+=max(0ll,(i-1)*poscnt[x[i]-'A']-possum[x[i]-'A']);
		poscnt[x[i]-'A']++;
		possum[x[i]-'A']+=i;
	}
	cout<<ans;
}

E.3 Team Division $diff 1424$

有三支队伍和 $N$ 个人，每支队伍初始有一定人数，每个人有权值 $B_{i}$ ，可以移动任意队伍中的人，问三支队伍的权值和相等所需的最小移动次数

$N \leq 100, \sum B_{i} \leq 1500$

首先注意到

$\sum B_{i} ≢ 0 (\mod 3)$ 无解

考虑换种思路做，清空所有队里的人，然后一个一个往里填，如果当前填的人本来就在这个队里，则对移动次数无贡献，否则有 $1$ 的贡献

然后，注意到最终每个队的总和不超过 $\frac{\sum B_{i}}{3} = 500$ ，因此设计 $f_{i, j, k}$ 表示放到第 $i$ 个人，第一队有 $j$ 的权值和，第二队有 $k$ 的权值和的最少交换次数（第三队可以用 $\sum B_{i} - j - k$ 算出来）

直接枚举每个人填数即可

最后从 $f_{n, \frac{\sum}{3}, \frac{\sum}{3}, \frac{\sum}{3}}$ 统计答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
int a[101],b[101];
int f[101][501][501];
int sum[5];
int tot;
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		cin>>a[i]>>b[i];
		sum[a[i]]+=b[i];
		tot+=b[i];
	}
	if(tot%3!=0){
		cout<<-1;
		return 0;
	}
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	f[0][0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=0;j<=tot/3;++j){
			for(int k=0;k<=tot/3;++k){
				if(j>=b[i]) f[i][j][k]=min(f[i][j][k],f[i-1][j-b[i]][k]+(a[i]!=1));
				if(k>=b[i]) f[i][j][k]=min(f[i][j][k],f[i-1][j][k-b[i]]+(a[i]!=2));
				if(tot-j-k>=b[i]) f[i][j][k]=min(f[i][j][k],f[i-1][j][k]+(a[i]!=3));
			}
		}
	}
	if(f[n][tot/3][tot/3]>=0x3f3f3f3f3f3f3f3f){
		cout<<-1;
		return 0;
	}
	cout<<f[n][tot/3][tot/3]<<endl;
}

F.Road Blocked $diff 1546$

无向图中实现如下操作

1 i 删除第 $i$ 条边

2 x y 查询 $x, y$ 两点的最短路径长度

$N \leq 300, Q \leq 2 \times 10^{5}$

有删边，应该倒过来处理询问

然后考虑加边怎么处理变化

用 DP 的思路，加了边之后，只有经过这条边两个端点的路径才能有可能改变，因为 $N$ 比较小，因此考虑将这条新加的边的两个端点当中转点，枚举所有点对的路径来更新

类似弗洛伊德（其实就是弗洛伊德）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int f[301][301];
int n,m,q;
struct edge{
	int l,r,w;
}e[300*300+1];
struct opera{
	int op;
	int id;
	int x,y;
}op[200001];
bool vis[300*300+1];
vector<int>ans;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int x,y,z;cin>>x>>y>>z;
		e[i]={x,y,z};
	}
	for(int i=1;i<=q;++i){
		cin>>op[i].op;
		if(op[i].op==1){
			cin>>op[i].id;
			vis[op[i].id]=true;
		}
		else{
			cin>>op[i].x>>op[i].y;
		}
	}
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		if(!vis[i]){
			f[e[i].l][e[i].r]=min(f[e[i].l][e[i].r],e[i].w);
			f[e[i].r][e[i].l]=min(f[e[i].r][e[i].l],e[i].w);
		}
	}
	for(int k=1;k<=n;++k){
		for(int i=1;i<=n;++i){
			for(int j=1;j<=n;++j){
				f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
			}
		}
	}
	for(int t=q;t>=1;--t){
		if(op[t].op==1){
			f[e[op[t].id].l][e[op[t].id].r]=min(f[e[op[t].id].l][e[op[t].id].r],e[op[t].id].w);
			f[e[op[t].id].r][e[op[t].id].l]=min(f[e[op[t].id].r][e[op[t].id].l],e[op[t].id].w);
			// cout<<"add "<<e[op[t].id].l<<" "<<e[op[t].id].r<<endl;
			for(int i=1;i<=n;++i){
				for(int j=1;j<=n;++j){
					f[i][j]=min(f[i][j],f[i][e[op[t].id].l]+f[e[op[t].id].l][j]);
				}
			}
			for(int i=1;i<=n;++i){
				for(int j=1;j<=n;++j){
					f[i][j]=min(f[i][j],f[i][e[op[t].id].r]+f[e[op[t].id].r][j]);
				}
			}
		}
		if(op[t].op==2){
			if(f[op[t].x][op[t].y]>=0x3f3f3f3f3f3f3f3f){
				ans.push_back(-1);
			}
			else ans.push_back(f[op[t].x][op[t].y]);
		}
	}
	std::reverse(ans.begin(),ans.end());
	for(int i:ans){
		cout<<i<<"\n";
	}
}

G.Road Blocked 2 $diff 2014$

对给定无向图判断：

对所有 $i \in [1, m]$ ，如果将第 $i$ 条边删去， $1$ 至 $N$ 的最短路径是否发生变化

$N, M \leq 2 \times 10^{5}$

看的第二篇题解

判断这个其实就是判断一条边是不是会被所有 $1$ 到 $N$ 的最短路经过

我们可以根据 $d i s$ 判一下边 $(x, y)$ 是否在最短路上：

d i s_{1, x} + w_{x, y} + d i s_{y, N} = d i s_{1, N}

或者反着来也行，但是这样我们就能判断其是否在最短路上

然后我们需要判断一条边是否为所有最短路的必经边，判断一条边被几条最短路径经过是不容易的，但是判断 $1$ 到一个节点有几条最短路径是容易的

因此我们可以这样判断：

如果 $1$ 到 $x$ 有 $c_{x}$ 条最短路径，到 $N$ 有 $c_{N}$ 条最短路径， $N$ 到 $y$ 有 $c_{y}$ 条最短路径，则如果 $c_{x} \times c_{y} = c_{N}$ ，那么就说明边 $(x, y)$ 是最短路必经边

这么做有一个好处就是分别拿 $1, N$ 跑两边最短路就能统计答案

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,m; 
const int p=1e9+7;
struct __edge{
	int to,w;
};
vector<__edge>e[200001];
struct ___edge{
	int from,to,w;
};
___edge edge[200001];
int dis[2][200001];
bool vis[2][200001];
int cnt[2][200001];
struct node{
	int id,dis;
	bool operator <(const node &A)const{
		return dis>A.dis;
	}
};
priority_queue<node>q;
void dij(int s,int id){
	memset(dis[id],0x3f,sizeof dis[id]);
	memset(vis[id],0,sizeof vis[id]);
	memset(cnt[id],0,sizeof cnt[id]);
	dis[id][s]=0;
	cnt[id][s]=1;
	q.push({s,dis[id][s]});
	while(!q.empty()){
		node u=q.top();q.pop();
		if(dis[id][u.id]<u.dis) continue;
		if(vis[id][u.id]) continue;
		vis[id][u.id]=true;
		for(__edge i:e[u.id]){
			if(dis[id][i.to]>dis[id][u.id]+i.w){
				dis[id][i.to]=dis[id][u.id]+i.w;
				q.push({i.to,dis[id][i.to]});
				cnt[id][i.to]=cnt[id][u.id];
			}
			else if(dis[id][i.to]==dis[id][u.id]+i.w){
				cnt[id][i.to]=(cnt[id][i.to]+cnt[id][u.id])%p;
			}
		}
	}
}
signed main(){
    cin>>n>>m;
    for (int i=1;i<=m;i++){
        int u,v,w;
        cin>>u>>v>>w;
        e[u].push_back({v,w});
        e[v].push_back({u,w});
        edge[i]={u,v,w};
    }
	dij(1,0);
	dij(n,1);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u=edge[i].from,v=edge[i].to,w=edge[i].w;
		if((dis[0][u]+w+dis[1][v]==dis[0][n] and cnt[0][u]*cnt[1][v]%p==cnt[0][n])
		or (dis[0][v]+w+dis[1][u]==dis[0][n] and cnt[0][v]*cnt[1][u]%p==cnt[0][n])){
			cout<<"Yes\n";
		}
		else{
			cout<<"No\n";
		}
	}
}

林妹妹，赢！

哥们图床现在比较富有

posted @ 2024-10-13 09:35 HaneDaniko 阅读(82) 评论(27) 编辑收藏举报

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