AtCoder Beginner Contest 284
A - Sequence of Strings (abc284 a)
题目大意
顺序给定\(n\)个字符串，倒着顺序输出。
解题思路
模拟即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<string> qwq(n);
for(auto &i : qwq)
cin >> i;
reverse(qwq.begin(), qwq.end());
for(auto &i : qwq)
cout << i << '\n';
return 0;
}
B - Multi Test Cases (abc284 b)
题目大意
给定\(n\)个数，问其奇数的个数。
解题思路
模拟即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int t;
cin >> t;
while(t--){
int n;
cin >> n;
int ans = 0;
while(n--){
int x;
cin >> x;
ans += (x & 1);
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
C - Count Connected Components (abc284 c)
题目大意
给定一张图，问连通块个数。
解题思路
并查集维护连通性即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
class dsu {
public:
vector<int> p;
int n;
dsu(int _n) : n(_n) {
p.resize(n);
iota(p.begin(), p.end(), 0);
}
inline int get(int x) {
return (x == p[x] ? x : (p[x] = get(p[x])));
}
inline bool unite(int x, int y) {
x = get(x);
y = get(y);
if (x != y) {
p[x] = y;
return true;
}
return false;
}
};
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
dsu d(n);
for(int i = 0; i < m; ++ i){
int u, v;
cin >> u >> v;
u--;
v--;
d.unite(u, v);
}
int ans = 0;
for(int i = 0; i < n; ++ i)
ans += (d.get(i) == i);
cout << ans << '\n';
return 0;
}
D - Happy New Year 2023 (abc284 d)
题目大意
给定一个数\(N = p^2q\)，其中 \(pq\)为质数，问 \(pq\)是多少。
解题思路
注意\(N \leq 9 \times 10^{18}\)，预处理质数到\(3e6\)，而不能是 \(1e6\)。
枚举\(p\)，因为题意保证了 \(N\)一定是 \(p^2q\)的形式，所以一旦 \(N \mod p^2 == 0\)就找到解了， \(q\)也一定是质数。
\(p\)枚举到 \(3e6\)后，再往上时 \(q\)的大小是小于 \(1e6\)的，所以\(p\)枚举到\(3e6\)后我们改为枚举 \(q\)，进行剩下的情况的判断即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = unsigned long long;
#define FOR(i, x, y) for (decay<decltype(y)>::type i = (x), _##i = (y); i < _##i; ++i)
#define FORD(i, x, y) for (decay<decltype(x)>::type i = (x), _##i = (y); i > _##i; --i)
const LL p_max = 3E6 + 100;
LL pr[p_max], p_sz;
void get_prime() {
static bool vis[p_max];
FOR (i, 2, p_max) {
if (!vis[i]){
pr[p_sz++] = i;
}
FOR (j, 0, p_sz) {
if (pr[j] * i >= p_max) break;
vis[pr[j] * i] = 1;
if (i % pr[j] == 0) break;
}
}
}
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
get_prime();
int t;
cin >> t;
while(t--){
LL n;
cin >> n;
FOR(i, 0, p_sz){
LL p = pr[i];
LL pp = p * p;
if (n % p == 0){
LL tmp = n / p;
LL sq = sqrt(tmp);
if (sq * sq == tmp){
cout << sq << ' ' << p << '\n';
break;
}
}
if (n % pp == 0){
LL tmp = n / pp;
cout << p << ' ' << tmp << '\n';
break;
}
}
}
return 0;
}
E - Count Simple Paths (abc284 e)
题目大意
给定一张图，点度数不超过\(10\)。问从\(1\)号点（编号从 \(1\)开始）的简单路径（不经过重复点）条数 \(k\)，输出 \(\min(k, 10^6)\)
解题思路
直接对原图进行\(DFS\)，由于每搜到一个状态就是一条未搜过的路径，因此搜到 \(10^6\)后直接退出搜索即可。
由于点度数小于\(10\)，所以每次能在不超过 \(10\)的代价找到新的一条路径，总的时间复杂度是 \(O(10^7)\)
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int up = 1e6;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> edge(n);
for(int i = 0; i < m; ++ i){
int u, v;
cin >> u >> v;
-- u;
-- v;
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
}
int ans = 0;
vector<int> visit(n, 0);
function<void(int)> dfs = [&](int u){
visit[u] = 1;
++ ans;
if (ans >= up)
return;
for(auto &v : edge[u]){
if (visit[v])
continue;
dfs(v);
if (ans >= up)
return;
}
visit[u] = 0;
};
dfs(0);
cout << ans << '\n';
return 0;
}
F - ABCBAC (abc284 f)
题目大意
给定字符串\(s\)，\(n = len(s),i\) ，函数\(f_i(s)\)为以下三个字符串的拼接：
- \(s[1:i]\)
- \(s\)的翻转
- \(s[i+1, n]\)
给定长度为\(2n\)的字符串\(t\)，找出一个长度为\(n\)的字符串\(s\)和 \(i\)满足 \(f_i(s) = t\)，或告知不存在。
解题思路
枚举\(i\)，\(f_i(s)\)就是由三部分\(p\)组成，剩下的就是判断第一部分\(p_1\)与第二部分 \(p_2\)的对应长度的后半部分是否互为回文串，以及 \(p_3\)和 \(p_2\)的对应长度的前半部份是否互为回文串。
令 \(s\prime\)为 串\(s\)的翻转，上述两个条件就是问 \(s\prime\)和 \(s\)对应子串是否相同，用字符串hash即可在 \(O(1)\)的时间判断。
总的复杂度就是\(O(n)\)。
这题还卡了\(1e9+7\)的模数，要换个模数或者双hash.
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using ULL = unsigned long long;
#define ENABLE_DOUBLE_HASH
const int x = 135;
const int N = 2e6 + 10;
const int p1 = 1e9 + 7, p2 = 1e9 + 9;
ULL xp1[N], xp2[N], xp[N];
void init_xp() {
xp1[0] = xp2[0] = xp[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; ++i) {
xp1[i] = xp1[i - 1] * x % p1;
xp2[i] = xp2[i - 1] * x % p2;
xp[i] = xp[i - 1] * x;
}
}
struct String {
char s[N];
int length, subsize;
bool sorted;
ULL h[N], hl[N];
ULL hash() {
length = strlen(s);
ULL res1 = 0, res2 = 0;
h[length] = 0; // ATTENTION!
for (int j = length - 1; j >= 0; --j) {
#ifdef ENABLE_DOUBLE_HASH
res1 = (res1 * x + s[j]) % p1;
res2 = (res2 * x + s[j]) % p2;
h[j] = (res1 << 32) | res2;
#else
res1 = res1 * x + s[j];
h[j] = res1;
#endif
// printf("%llu\n", h[j]);
}
return h[0];
}
// 获取子串哈希，左闭右开区间
ULL get_substring_hash(int left, int right) const {
int len = right - left;
#ifdef ENABLE_DOUBLE_HASH
// get hash of s[left...right-1]
unsigned int mask32 = ~(0u);
ULL left1 = h[left] >> 32, right1 = h[right] >> 32;
ULL left2 = h[left] & mask32, right2 = h[right] & mask32;
return (((left1 - right1 * xp1[len] % p1 + p1) % p1) << 32) |
(((left2 - right2 * xp2[len] % p2 + p2) % p2));
#else
return h[left] - h[right] * xp[len];
#endif
}
void init(const char *t) {
length = strlen(t);
strcpy(s, t);
}
};
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
init_xp();
int n;
string s;
cin >> n >> s;
string t = s;
reverse(t.begin(), t.end());
String S, T;
S.init(s.c_str());
S.hash();
T.init(t.c_str());
T.hash();
auto solve = [&](){
for(int i = 0; i <= n; ++ i){
int len1 = n - i;
int len2 = i;
if (S.get_substring_hash(i, i + len1) == T.get_substring_hash(0, len1) &&
S.get_substring_hash(0, len2) == T.get_substring_hash(len1, len1 + len2))
return i;
}
return -1;
};
int i = solve();
if (i == -1)
cout << i << '\n';
else {
cout << t.substr(n - i, n) << '\n' << i << '\n';
}
return 0;
}
G - Only Once (abc284 g)
题目大意
对于一个长度为\(n\)的数组 \(A\)，其中\(1 \leq a_i \leq n\)。 对于\(1\leq i \leq n\),定义一个长度为\(10^{100}\) 的数组 \(B_i\) ：
- \(B_{i,1} = i\)
- \(B_{i,j + 1} = A_{B_{i, j}} (1 \leq j < 10^{100})\)
令\(S_i\)表示 \(B_i\)数组中仅出现一次的数的个数。
在所有 \(n^n\)种情况的数组 \(A\)中，求所有\(S_i\)的和，即 \(\sum_{A}\sum_{i=1}^{n} S_i \mod M\)
解题思路
<++>
神奇的代码
Ex - Count Unlabeled Graphs (abc284 h)
题目大意
<++>
解题思路
<++>
神奇的代码
