AtCoder Beginner Contest 179
比赛链接：https://atcoder.jp/contests/abc179/tasks
A - Plural Form
题意
给出一个由小写字母组成的单词，如果单词以 $s$ 结尾，在单词的末尾加上 $es$，否则在单词的末尾加上 $s$ 。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); string s; cin >> s; cout << s + (s.back() == 's' ? "es" : "s") << "\n"; return 0; }
B - Go to Jail
题意
给出一对骰子投掷 $n$ 次的结果，问是否有连续三次两个骰子的点数相同。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int n; cin >> n; vector<int> x(n), y(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> x[i] >> y[i]; for (int i = 0; i + 2 < n; i++) { if (x[i] == y[i] and x[i + 1] == y[i + 1] and x[i + 2] == y[i + 2]) { cout << "Yes" << "\n"; return 0; } } cout << "No" << "\n"; return 0; }
C - A x B + C
题意
给出一个正整数 $n$，问有多少不同的三元组 $(a, b, c)$ 满足 $a,b,c > 0$ 且 $a \times b + c = n$ 。
题解
枚举 $a$ 的值，与之对应的 $b$ 的最大值为 $\lfloor \frac{n}{a} \rfloor$，然后判断是否都能取到即可。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int n; cin >> n; long long ans = 0; for (int a = 1; a <= n; a++) { ans += n / a - (n % a == 0); } cout << ans << "\n"; return 0; }
D - Leaping Tak
题意
给出 $k$ 个区间，区间并集中的整数为每次可以选择行走的距离，问在数轴上从点 $1$ 走到点 $n$ 的路径数目。
题解
与上一场的D题类似，可以考虑如下代码：
dp[1] = 1; for (int i = 1; i < n; i++) { for (int j = 0; j < k; j++) { for (int k = l[j]; k <= r[j]; k++) { (dp[i + k] += dp[i]) %= MOD; } } }
但是 $O_{(n^2k)}$ 的复杂度明显会超时。
注意到第三层循环为区间操作，所以可以考虑用差分或线段树降低复杂度。
代码一
差分，时间复杂度为 $O_{(nk)}$ 。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; constexpr int MOD = 998244353; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int n, k; cin >> n >> k; vector<int> l(k), r(k); for (int i = 0; i < k; i++) cin >> l[i] >> r[i]; vector<long long> dp(2 * n + 100); dp[1] = 1; dp[2] = -1; for (int i = 1; i <= n; i++) { dp[i] += dp[i - 1]; dp[i] = (dp[i] % MOD + MOD) % MOD; for (int j = 0; j < k; j++) { dp[i + l[j]] += dp[i]; dp[i + r[j] + 1] -= dp[i]; } } cout << dp[n] << "\n"; return 0; }
代码二
线段树，时间复杂度为 $O_{(nlog_nk)}$ 。
#include <bits/stdc++.h> #define lson i << 1 #define rson i << 1 | 1 #define mid ((l + r) >> 1) using namespace std; constexpr int N = 2e5 + 100; constexpr int MOD = 998244353; long long sum[N << 2], lazy[N << 2]; void build(int i, int l, int r) { if (l == r) { sum[i] = 0; return; } build(lson, l, mid); build(rson, mid + 1, r); sum[i] = sum[lson] + sum[rson]; } void push_down_lazy(int i, int l, int r) { if (lazy[i] != 0) { (sum[lson] += lazy[i] * (mid - l + 1)) %= MOD; (sum[rson] += lazy[i] * (r - mid)) %= MOD; (lazy[lson] += lazy[i]) %= MOD; (lazy[rson] += lazy[i]) %= MOD; lazy[i] = 0; } } void update(int i, int l, int r, int L, int R, int val) { if (L <= l and r <= R) { (sum[i] += 1LL * val * (r - l + 1) % MOD) %= MOD; (lazy[i] += val) %= MOD; return; } push_down_lazy(i, l, r); if (L <= mid) update(lson, l, mid, L, R, val); if (R > mid) update(rson, mid + 1, r, L, R, val); sum[i] = (sum[lson] + sum[rson]) % MOD; } long long query(int i, int l, int r, int L, int R) { if (L <= l and r <= R) { return sum[i]; } push_down_lazy(i, l, r); long long res = 0; if (L <= mid) res += query(lson, l, mid, L, R); if (R > mid) res += query(rson, mid + 1, r, L, R); return res % MOD; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int n, k; cin >> n >> k; vector<int> l(k), r(k); for (int i = 0; i < k; i++) cin >> l[i] >> r[i]; build(1, 1, n); update(1, 1, n, 1, 1, 1); for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 0; j < k; j++) { if (i + l[j] <= n) { update(1, 1, n, i + l[j], min(n, i + r[j]), query(1, 1, n, i, i)); } } } cout << query(1, 1, n, n, n) << "\n"; return 0; }
E - Sequence Sum
题意
$a_1 = x,\ a_{n+1} = a_n^2\ %\ m$，计算 $\displaystyle{\sum_{i=1}^n a_i}$ 。
题解
找出循环节的起点和终点即可。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); long long n, x, m; cin >> n >> x >> m; const int N = min(n + 1, m + 2); vector<int> a(N); vector<int> vis(m); a[1] = x; vis[x] = 1; long long ans = 0; for (int i = 2; i < N; i++) { a[i] = a[i - 1] * a[i - 1] % m; if (vis[a[i]]) { long long sum1 = accumulate(a.begin(), a.begin() + vis[a[i]], 0LL); vector<int> cycle; for (int j = vis[a[i]]; j < i; j++) { cycle.push_back(a[j]); } n -= vis[a[i]] - 1; long long sum2 = accumulate(cycle.begin(), cycle.end(), 0LL); long long sum3 = accumulate(cycle.begin(), cycle.begin() + n % cycle.size(), 0LL); cout << sum1 + sum2 * (n / cycle.size()) + sum3 << "\n"; return 0; } else { vis[a[i]] = i; } } ans = accumulate(a.begin(), a.end(), 0LL); cout << ans << "\n"; return 0; }
F - Simplified Reversi
题意
有一个 $n \times n$ 的棋盘，棋盘中间 $(n-2) \times (n-2)$ 的方阵中为黑子，棋盘的最右列和最下行为白子。
接下来有 $q$ 次操作：
- $(1, x)$：在棋盘的第一行的 $x$ 列放置一枚白子，白字与该列最近的白子之间均变为白子
- $(2, x)$：在棋盘的第一列的 $x$ 行放置一枚白子，白字与该行最近的白子之间均变为白子
问 $q$ 操作之后还有多少个黑子。
题解
更新最左列和最上行的同时存储移动过程中黑子个数固定的列和行。（也可以直接用二维线段树但我不会）
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int n, q; cin >> n >> q; long long ans = 1LL * (n - 2) * (n - 2); vector<int> row(n + 1), col(n + 1); int pos_row = n, pos_col = n; for (int i = 0; i < q; i++) { int op, pos; cin >> op >> pos; if (op == 1) { if (pos < pos_col) { ans -= pos_row - 2; while (pos_col > pos) col[pos_col--] = pos_row - 2; } else { ans -= col[pos]; } } else { if (pos < pos_row) { ans -= pos_col - 2; while (pos_row > pos) row[pos_row--] = pos_col - 2; } else { ans -= row[pos]; } } } cout << ans << "\n"; return 0; }
