Exawizards Programming Contest 2021（AtCoder Beginner Contest 222）【A - G】
比赛链接：https://atcoder.jp/contests/abc222/tasks
A - Four Digits
题意
给出一个整数 \(n\) ，以宽度为 4 补前导 0 的格式输出。
- \(0 \le n \le 9999\)
题解
即 printf("%04d", n) 。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
string s;
cin >> s;
cout << string(4 - (int)s.size(), '0') + s << "\n";
return 0;
}
B - Failing Grade
题意
给出一个大小为 \(n\) 数组 \(a\) ，计算其中有多少元素小于 \(p\) 。
- \(1 \le n \le 10^5\)
- \(1 \le p \le 100\)
- \(0 \le a_i \le 100\)
题解
模拟。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, p;
cin >> n >> p;
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
cin >> x;
ans += (x < p);
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
C - Swiss-System Tournament
题意
有 \(2n\) 个人进行 \(m\) 轮猜拳，每轮猜拳中 \(n\) 对排名相邻的人两两同时进行比赛，每轮比赛结束后更新排名，规则如下：
- 赢更多场的人在前，如果有两个人赢的场数相同，那么编号更小的人在前
给出 \(2n\) 个人在每轮中所出的拳，输出 \(m\) 轮猜拳后 \(1 \sim 2n\) 名的编号。
题解
模拟。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
n *= 2;
vector<string> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
vector<int> p(n), win(n);
iota(p.begin(), p.end(), 0);
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j += 2) {
int x = p[j], y = p[j + 1];
if (a[x][i] != a[y][i]) {
if (a[x][i] == 'G') {
(a[y][i] == 'C' ? win[x] : win[y]) += 1;
} else if (a[x][i] == 'C') {
(a[y][i] == 'P' ? win[x] : win[y]) += 1;
} else {
(a[y][i] == 'G' ? win[x] : win[y]) += 1;
}
}
}
sort(p.begin(), p.end(), [&](int x, int y) {
return win[x] != win[y] ? win[x] > win[y] : x < y;
});
}
for (auto i : p) {
cout << i + 1 << "\n";
}
return 0;
}
D - Between Two Arrays
题意
给出两个大小为 \(n\) 的序列 \(a, b\) ，计算满足以下条件的序列 \(c\) 的个数：
- \(a_i \le c_i \le b_i\)
答案对 \(998244353\) 取模。
- \(1 \le n \le 3000\)
- \(0 \le a_i \le b_i \le 3000\)
题解
设 \(dp[i][j]\) 为序列 \(c\) 的第 \(i\) 个数值为 \(j\) 的方案数，易得转移方程：
\[dp[i + 1][j] = \sum \limits _{k = 0} ^{j} dp[i][k]
\]
该操作可以使用前缀和优化。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int MOD = 998244353;
int norm(int x) { if (x < 0) { x += MOD; } if (x >= MOD) { x -= MOD; } return x; }
template<class T> T binpow(T a, int b) { T res = 1; for (; b; b /= 2, a *= a) { if (b % 2) { res *= a; } } return res; }
struct Z {
int x;
Z(int x = 0) : x(norm(x)) {}
int val() const { return x; }
Z operator-() const { return Z(norm(MOD - x)); }
Z inv() const { assert(x != 0); return binpow(*this, MOD - 2); }
Z &operator*=(const Z &rhs) { x = 1LL * x * rhs.x % MOD; return *this; }
Z &operator+=(const Z &rhs) { x = norm(x + rhs.x); return *this; }
Z &operator-=(const Z &rhs) { x = norm(x - rhs.x); return *this; }
Z &operator/=(const Z &rhs) { return *this *= rhs.inv(); }
friend Z operator*(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res *= rhs; return res; }
friend Z operator+(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res += rhs; return res; }
friend Z operator-(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res -= rhs; return res; }
friend Z operator/(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res /= rhs; return res; }
};
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n), b(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> b[i];
}
const int N = 3010;
vector<vector<Z>> dp(n, vector<Z> (N));
for (int i = a[0]; i <= b[0]; i++) {
dp[0][i] = 1;
}
for (int j = 1; j < N; j++) {
dp[0][j] += dp[0][j - 1];
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = a[i]; j <= b[i]; j++) {
dp[i][j] += dp[i - 1][j];
}
for (int j = 1; j < N; j++) {
dp[i][j] += dp[i][j - 1];
}
}
cout << dp[n - 1][b[n - 1]].val() << "\n";
return 0;
}
E - Red and Blue Tree
题意
给出一棵大小为 \(n\) 的树，一个长为 \(m\) 的序列 \(a\) ，一个整数 \(k\) 。
现需要将每条边染为红色或蓝色，问在 \(2^{n - 1}\) 种情况中，满足以下条件的情况个数：
- 走完所有 \(a_i \sim a_{i + 1}\) 所经红蓝边的个数之差为 \(k\)
答案对 \(998244353\) 取模。
- \(2 \le n \le 1000\)
- \(2 \le m \le 100\)
- \(|k| \le 10^5\)
题解
即将途经边的遍历次数分为和差为 \(k\) 的两个子集。
不妨分别设总和、以及两个子集和为 \(s, x, x+ |k|\) ，则有：
\[x + x + |k| = s
\]
解得：
\[x = \frac{s - |k|}{2}, x + |k| = \frac{s + |k|}{2}
\]
若一个子集和为 \(x\) ，则另一个子集和必为 \(x + |k|\) ，即和为 \(x\) 的情况数亦为和为 \(x + |k|\) 的情况数，所以不妨考虑 \(x + |k| = \frac{s + |k|}{2} \ge 0\) 的方案数，可以用 \(01dp\) 解决。
最后途径边之外的边两种颜色都可以染。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int MOD = 998244353;
int norm(int x) { if (x < 0) { x += MOD; } if (x >= MOD) { x -= MOD; } return x; }
template<class T> T binpow(T a, int b) { T res = 1; for (; b; b /= 2, a *= a) { if (b % 2) { res *= a; } } return res; }
struct Z {
int x;
Z(int x = 0) : x(norm(x)) {}
int val() const { return x; }
Z operator-() const { return Z(norm(MOD - x)); }
Z inv() const { assert(x != 0); return binpow(*this, MOD - 2); }
Z &operator*=(const Z &rhs) { x = 1LL * x * rhs.x % MOD; return *this; }
Z &operator+=(const Z &rhs) { x = norm(x + rhs.x); return *this; }
Z &operator-=(const Z &rhs) { x = norm(x - rhs.x); return *this; }
Z &operator/=(const Z &rhs) { return *this *= rhs.inv(); }
friend Z operator*(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res *= rhs; return res; }
friend Z operator+(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res += rhs; return res; }
friend Z operator-(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res -= rhs; return res; }
friend Z operator/(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res /= rhs; return res; }
};
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m, k;
cin >> n >> m >> k;
k = abs(k);
vector<int> a(m);
for (int i = 0; i < m; i++) {
cin >> a[i];
--a[i];
}
vector<vector<int>> G(n);
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
--u, --v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
map<pair<int, int>, int> mp;
vector<int> fa(n);
function<void(int, int)> dfs = [&](int u, int p) {
fa[u] = p;
for (auto v : G[u]) {
if (v != p) {
dfs(v, u);
}
}
};
for (int i = 0; i + 1 < m; i++) {
int s = a[i], t = a[i + 1];
dfs(s, -1);
vector<int> path;
for (int u = t; u != -1; u = fa[u]) {
path.push_back(u);
}
for (int j = 0; j + 1 < (int)path.size(); j++) {
int u = min(path[j], path[j + 1]), v = max(path[j], path[j + 1]);
++mp[{u, v}];
}
}
vector<int> v;
int sum = 0;
for (auto [edge, times] : mp) {
v.push_back(times);
sum += times;
}
if ((sum - k) % 2 != 0) {
cout << 0 << "\n";
return 0;
}
const int N = (sum + k) / 2;
vector<Z> dp(N + 1);
dp[0] = 1;
for (auto val : v) {
auto next_dp(dp);
for (int i = 0; i + val <= N; i++) {
next_dp[i + val] += dp[i];
}
dp = next_dp;
}
cout << (dp[N] * (binpow(Z(2), n - 1 - (int)v.size()))).val() << "\n";
return 0;
}
F - Expensive Expense
题意
给出一棵大小为 \(n\) 的树，每条边的权重为 \(c_i\) ，每个点的权重为 \(d_i\) ，定义 \(dis(i, j) = d_j + \sum \limits _{shortest\_path} c_i\) ，输出每个点与距离它最远点间的距离。
- \(2 \le n \le 2 \times 10^5\)
- \(1 \le c_i, d_i \le 10^9\)
题解
树的直径的性质：
- 直径两端点一定是两个叶子结点
- 距离任意点最远的点一定是直径的一个端点
- 对于两棵树，如果一棵树直径两端点为 \((u, v)\) ，另一棵树直径两端点为 \((x, y)\) ，用一条边将两棵树连接，那么新树的直径一定是 \(u, v, x, y\) 中的两个点
所以只需找出树中的任一条直径即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin >> n;
vector<vector<pair<int, int>>> G(n);
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
--u, --v;
G[u].emplace_back(v, w);
G[v].emplace_back(u, w);
}
vector<int> d(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> d[i];
}
auto dijkstra = [&](int s) {
vector<long long> dis(n, LLONG_MAX);
priority_queue<pair<long long, int>, vector<pair<long long, int>>, greater<>> pque;
pque.emplace(0, s);
dis[s] = 0;
while (not pque.empty()) {
auto [d, u] = pque.top();
pque.pop();
if (d != dis[u]) {
continue;
}
for (auto [v, w] : G[u]) {
if (d + w < dis[v]) {
dis[v] = d + w;
pque.emplace(d + w, v);
}
}
}
int u = -1;
long long cost = -1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (i != s and dis[i] + d[i] > cost) {
cost = dis[i] + d[i];
u = i;
}
}
return make_pair(u, dis);
};
auto [u, dis] = dijkstra(0);
auto [v, dis_u] = dijkstra(u);
auto [null, dis_v] = dijkstra(v);
for (int i = 0; i < n; i++) {
long long ans = 0;
if (i != u) {
ans = max(ans, dis_u[i] + d[u]);
}
if (i != v) {
ans = max(ans, dis_v[i] + d[v]);
}
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
G - 222
题意
有无限序列 \(2, 22, 222, 2222, \dots\) ，给出 \(t\) 次询问，依次回答序列中第一个是 \(k_i\) 倍数的数的位置。
- \(1 \le t \le 200\)
- \(1 \le k_i \le 10^8\)
题解
序列中数的通项可以写作： \(\frac{2}{9} (10^n - 1)\) ，所以即寻找最小的 \(n\) ，使得 \(\frac{2}{9} (10^n - 1) \equiv 0 \mod k\) 。
由：
- \(ax \equiv 0 \mod m \longleftrightarrow x \equiv 0 \mod \frac{m}{gcd(m, a)}\)
- \(\frac{x}{b} \equiv 0 \mod m \longleftrightarrow x \equiv 0 \mod bm\)
可将原同余式转化为：
\(10^n \equiv 1 \mod （\frac{9k}{gcd(9k, 2)} = m')\)
由欧拉定理可得， \(10^{\phi(m')} \equiv 1 \mod m'\) ，所以所求的 \(n\) 一定为 \(\phi(m')\) 的因子。
综上，计算出 \(m'\) 和 \(\phi(m')\) ，然后遍历 \(\phi{(m')}\) 的因子即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int MOD;
int norm(int x) { if (x < 0) { x += MOD; } if (x >= MOD) { x -= MOD; } return x; }
template<class T> T binpow(T a, int b) { T res = 1; for (; b; b /= 2, a *= a) { if (b % 2) { res *= a; } } return res; }
struct Z {
int x;
Z(int x = 0) : x(norm(x)) {}
int val() const { return x; }
Z operator-() const { return Z(norm(MOD - x)); }
Z inv() const { assert(x != 0); return binpow(*this, MOD - 2); }
Z &operator*=(const Z &rhs) { x = 1LL * x * rhs.x % MOD; return *this; }
Z &operator+=(const Z &rhs) { x = norm(x + rhs.x); return *this; }
Z &operator-=(const Z &rhs) { x = norm(x - rhs.x); return *this; }
Z &operator/=(const Z &rhs) { return *this *= rhs.inv(); }
friend Z operator*(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res *= rhs; return res; }
friend Z operator+(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res += rhs; return res; }
friend Z operator-(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res -= rhs; return res; }
friend Z operator/(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res /= rhs; return res; }
};
int phi(int n) {
int res = n;
for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
if (n % i == 0) {
while (n % i == 0) {
n /= i;
}
res -= res / i;
}
}
if (n != 1) {
res -= res / n;
}
return res;
};
vector<int> divisor(int n) {
vector<int> div;
for (int i = 1; i * i <= n; i++) {
if (n % i == 0) {
div.push_back(i);
if (i != n / i) {
div.push_back(n / i);
}
}
}
sort(div.begin(), div.end());
return div;
};
int solve(int m) {
MOD = m;
for (auto i : divisor(phi(m))) {
if (binpow(Z(10), i).val() == 1) {
return i;
}
}
return -1;
};
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int k;
cin >> k;
int m = (9 * k) / gcd(9 * k, 2);
cout << solve(m) << "\n";
}
return 0;
}
参考
https://atcoder.jp/contests/abc222/editorial/2763
https://www.cnblogs.com/Khada-Jhin/p/10195287.html
