AtCoder Beginner Contest 285

A - Edge Checker 2 (abc285 a)

题目大意

给定如下一棵树。

给定 $a,b(a<b)$，问两者是否有连边。

解题思路

观察数可发现其为二叉树，两者有连边当且仅当$b=2a$或 $b=2a+1$

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 a, b;
    cin >> a >> b;
    if (a * 2 != b && a * 2 + 1 != b)
        cout << "No" << '\n';
    else 
        cout << "Yes" << '\n';
 
    return 0;
}
 

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B - Longest Uncommon Prefix (abc285 b)

题目大意

给定一个长度为$n$字符串$s$，对于每个$i \in [1, n - 1]$ ，找到最大的$l$使得

• $i + l \leq N$
• $\forall k \in [1, l], s_k \neq s_{k + i}$

解题思路

数据范围不大，暴力即可。

即对于每个$i$， 枚举 $l$从 $1$到第一个 $s_l \neq s_{k+l}$为止。

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;
    string s;
    cin >> n >> s;
    auto solve = [&](int x){
        int ans = 0;
        while(ans < n - x){
            if (s[ans] == s[ans + x])
                break;
            ++ ans;
        }
        return ans;
    };
    for(int i = 1; i < n; ++ i){
        cout << solve(i) << '\n';
    }
 
    return 0;
}
 

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C - abc285_brutmhyhiizp (abc285 c)

题目大意

有一堆字符串，其字典序顺序为：

• 'a', 'b', ..., 'z', 'aa', 'ab', ..., 'az', 'ba', 'bb', ..., 'bz', ..., 'za', 'zb', ..., 'zz', 'aaa', 'aab', ..., 'aaz', 'aba', 'abb', ..., 'abz', ..., 'zzz', 'aaaa', ...

现给定其中一个字符串，问其字典序大小。

解题思路

这题是abc171 c的反过来形式。

每个位置，以a-z的26为一循环，但第一次循环时还有一个0（a可以看成是0a）。所以 a应当看成数字$1$。

因此高位转低位时，进位时$26$，但末尾数字减去'A'后还要加一。

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);
    string s;
    cin >> s;
    LL ans = 0;
    for(auto &i : s){
        ans = ans * 26 + (i - 'A' + 1);
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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D - Change Usernames (abc285 d)

题目大意

给定$n$对字符串 $s_i,t_i$。表示有 $n$个人，原本叫 $s_i$，现在需要改名为 $t_i$。

你现在要处理该请求，每次只能改一个人的名，问改名过程中会不会出现重名，即一个人改成$t_i$了，但还有另一个还没改名的 $s_j = t_i$

解题思路

字符串$s_i$改成 $t_i$，则从 $s_i$连一条有向边到 $t_i$。

如果存在一个环，则改名过程必定重名。

有向边判环的方法即拓扑排序。

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> s(n), t(n);
    set<string> qwq;
    map<string, int> tr;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        cin >> s[i] >> t[i];
        qwq.insert(s[i]);
        qwq.insert(t[i]);
    }
    int cnt = 0;
    for(auto &i : qwq){
        tr[i] = cnt;
        ++ cnt;
    }
    vector<int> du(cnt);
    vector<vector<int>> edge(cnt);
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        int u = tr[s[i]];
        int v = tr[t[i]];
        edge[u].push_back(v);
        du[v] ++;
    }
    queue<int> team;
    for(int i = 0; i < cnt; ++ i){
        if (du[i] == 0)
            team.push(i);
    }
    while(!team.empty()){
        auto u = team.front();
        -- cnt;
        team.pop();
        for(auto &v : edge[u]){
            du[v] --;
            if (du[v] == 0)
                team.push(v);
        }
    }
    if (cnt)
        cout << "No" << '\n';
    else 
        cout << "Yes" << '\n';
 
 
    return 0;
}
 

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E - Work or Rest (abc285 e)

题目大意

一周有$n$天。 给定一个长度为$n$的数组 $a$。

你需要指定 至少一天为休息日，其余为工作日。要求最大化工作日的产能。

一个工作日的产能定义为$a_\min(x,y)$，其中 $x$是该日距离过去最近的休息日的天数， $y$是该日距离未来最近的休息日天数。注意周与周之间是连贯的，第一周的第一天的过去可以是上一周。

解题思路

如果不考虑连贯的影响，即认为一周是独立的，可以设$dp[i]$表示第 $i$天为休息日的情况下最大的产生值。转移时枚举上一次休息日的天数 $j$。

观察 $j|j+1,j+2,...,i-1|i$，中间 $j+1$到 $i-1$的产能值，即为 $a_1,a_2,...,a_2,a_1$，即下标是一个先递增后递减的规律，就是一个 $a$的前缀和的两倍，根据奇偶性可能多出一个$a_i$。这样转移可以 $O(1)$。复杂度就是 $O(n^2)$

但是一周并不是独立的，这样的方程具有后效性，归根结底就在于我们不知道一周第一次的休息日的日子，无法算出该日子之前和最后一个休息日之后的这几天的产能贡献。但如果设$dp[i][j]$表示第一次休息日在第 $i$天，然后在第 $j$天也是休息日的最大产能，其复杂度为 $O(n^3)$。

但是，注意到天与天之间没有区别的，意思就是说，如果我们确定了第一次休息日的天数$a$，以及最后一次休息日的天数$b$，那这两个休息日之间，里面休息日任意选，获得的产生最大值，其实就是 $dp[b-a]$。

因此我们预处理 $dp[i]$，然后枚举第一次休息日$a$和最后一次休息日 $b$所在天数，那答案 $dp[b-a]$加上前 $a$天和后 $b$天工作日的产能贡献了。

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<LL> a(n);
    for(auto &i : a)
        cin >> i;
    vector<LL> sum(n);
    partial_sum(a.begin(), a.end(), sum.begin());
    vector<LL> dp(n + 1, 0);
    auto solve = [&](int len){
        int dig = (len & 1);
        int half = (len >> 1);
        LL tmp = 0;
        if (half)
            tmp += 2ll * sum[half - 1];
        if (dig)
            tmp += a[half];
        return tmp;
    };
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        for(int j = 0; j < i; ++ j){
            dp[i] = max(dp[i], dp[j] + solve(i - j - 1));
        }
    }
    LL ans = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++ i)
        for(int j = i; j < n; ++ j){
            ans = max(ans, dp[j - i] + solve(i + n - j - 1));
        }
    cout << ans << '\n';
 
 
    return 0;
}
 

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F - Substring of Sorted String (abc285 f)

题目大意

给定一个字符串$s$，定义字符串 $t$为串 $s$各字母从小到大排序的字符串。进行 $q$次操作，操作分两种：

• 1 x c，令 $s_x = c$
• 2 x y，问$s[x..y]$是不是 串$t$的一个子串

解题思路

对于询问，其等价于：串$a$是串 $t$的子串，说明

• 其串是递增的
• 除首字母和末字母之外，中间的字母出现次数都是串 $s$中出现的次数

初步想法是预处理出$l[i],r[i]$数组表示第 $i$个字母的左边、右边第一个非该字母的位置。

对于一个询问 $2$，$s[r[x], l[y]]$就是中间字母，其长度和各字母的出现次数都必须符合上述要求，也就是说这段字符串必须是确定的某一个，可以用字符串hash来判断，而由于操作一涉及到修改（该确定的字符串的hash可以在$O(26)$的复杂度计算出），因此需要用线段树hash的方式维护其hash值。

同时$l[i],r[i]$数组同样也要维护，考虑操作一的影响，这涉及到区间修改，需要用线段树维护，但逻辑稍微复杂，写起来比较麻烦。

神奇的代码

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G - Tatami (abc285 g)

题目大意

给定一个$h \times w$的网格，格子上有 1 2 ?这三个符号，要求用$1\times 1$和 $1\times 2$（可旋转）的矩形覆盖。其中 1的格必须被 $1\times 1$的格子覆盖， 2的格必须被$1 \times 2$的格子覆盖， ?的则随意。

问是否存在一种方案。

解题思路

<++>

神奇的代码

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Ex - Avoid Square Number (abc285 h)

题目大意

给定$n$和一个长度为 $k$的序列 $E$，要求求一个长度为 $n$的正整数序列的数量，满足：

• 所有元素都不是平方数
• 所有元素的乘积为 $\prod_{i=1}^{K}p_i^{E_i}$

其中 $p_i$是第 $i$小的质数。

解题思路

<++>

神奇的代码

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