AtCoder Beginner Contest 172
A - Calc (abc172 a)
题目大意
给定一个\(a\)，输出 \(a + a^2 + a^3\)
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 a;
cin >> a;
cout << a + a * a + a * a * a << '\n';
return 0;
}
B - Minor Change (abc172 b)
题目大意
给定两个字符串\(s\)和 \(t\)，问同位置下不同字符的位置数。
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);
string s, t;
cin >> s >> t;
int ans = 0;
for(int i = 0; i < s.size(); ++ i)
ans += (s[i] != t[i]);
cout << ans << '\n';
return 0;
}
C - Tsundoku (abc172 c)
题目大意
给定两个数组\(A,B\)和一个数\(s\)，从 \(A\)中取 \(x\)个数，从 \(B\)中取 \(y\)个数，要求这 \(x+y\)个数的和不超过\(s\)，且 \(x+y\)最大。
解题思路
给两个数组从小到大排个序，然后枚举\(x\)，二分找到最大的\(y\)，取最大的 \(x+y\)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, m;
LL k;
cin >> n >> m >> k;
vector<LL> a(n), b(m);
for(auto &i : a)
cin >> i;
for(auto &i : b)
cin >> i;
partial_sum(a.begin(), a.end(), a.begin());
partial_sum(b.begin(), b.end(), b.begin());
int ans = upper_bound(b.begin(), b.end(), k) - b.begin();
for(int i = 0; i < n; ++ i){
if (a[i] > k)
break;
ans = max(ans, i + 1 + int(upper_bound(b.begin(), b.end(), k - a[i]) - b.begin()));
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
D - Sum of Divisors (abc172 d)
题目大意
定义\(f(x)\)为 \(x\)的正因数的个数。
给定 \(n\)，求 \(\sum_{k=1}^{n}k \times f(k)\)
解题思路
问题求一个数，所有因数的个数，乘以该数，求和。
转换下求和，考虑因数贡献，即对于一个因数\(x\)，对于所有其倍数 \(y\)，都会对答案贡献 \(y\)。
因此枚举因数，再枚举其倍数，求其倍数和即可。
时间复杂度为\(O(n\log n)\)
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;
LL ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
for(int j = i; j <= n; j += i)
ans += j;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
E - NEQ (abc172 e)
题目大意
要求统计俩数组对\((A,B)\)的数量，满足长度均为\(n\)， \(A,B\)数组中出现的数都在\([1,m]\) 之间，且俩俩互不相同，且对于下标\(i\) ，要求\(A_i \neq B_i\)。
解题思路
对于数组\(A\)，有 \(A_{m}^{n}\)种取法，然后考虑数组 \(B\)有多少种取法。
因为数组\(A\)的所有取法都可以视为等价的，因此考虑数组 \(B\)时，可以认为数组 \(A\)为 \(1,2,..,n\)。
此时相当于一个类错排问题，即从 \([1,m]\)中取 \(n\)个数出来，要求第 \(i\)个位置上不能是数字 \(i\)。
对于原错排问题，即从 \([1,i]\)中取 \(i\) 个数出来，要求第 \(j\)个位置上不能是数字 \(j\)。其答案\(dp_i = (i - 1)(dp_{i - 1} + dp_{i - 2}\) 。分别为
- 考虑原\([1,i-1]\)子问题中的排列，将第 \(i\)个数， 放在第\(i\)位，然后再选择前面的 \(i-1\)中的一个位置交换，得到一个新排列。
- 考虑原\([1,i-2]\)子问题中的排列，第\(i\)个数放在第\(i\)位，第\(i-1\)个数放在第\(i-1\)位，然后交换这两个数，得到一个新排列。显然这第\(i-1\)个数不一定是第 \(i-1\)个数，它可以是前面任意一个。
在该问题多了\(m-n\)个数，它不受任意条件限制。我们同样考虑递推求\(dp_i\)的值。
-
如果第 \(i\)个位置放 \(i\)，那么和上面的计算方式一样。
-
如果第 \(i\)个位置放不受限制的数，有 \(m-n\)个数可以选，放了之后，第 \(i\)个数也变成不受限制的数了，此时之后的状态，不受限制的数还是 \(m-n\)个。
因此\(dp_i = (m - n) dp_{i - 1} + (i - 1)(dp_{i - 1} + dp_{i - 2})\)
答案就是\(A_{m}^{n}dp_n\)
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int mo = 1e9 + 7;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> dp(n + 1);
dp[0] = 1;
dp[1] = m - n;
for(int i = 2; i <= n; ++ i){
dp[i] = (1ll * (m - n) * dp[i - 1] % mo + 1ll * (i - 1) * (dp[i - 1] + dp[i - 2]) % mo) % mo;
}
int ans = dp[n];
for(int i = m - n + 1; i <= m; ++ i){
ans = 1ll * ans * i % mo;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
F - Unfair Nim (abc172 f)
题目大意
给定\(n\)堆石子，俩人玩 Nim游戏，即每次可从一堆石子取走至少一个石子，不能操作者输。
现在可以从第\(1\)堆拿一些石子放到第\(2\)堆（可以不拿，但不能拿空）， 问拿走石子数的最小值，使得后手必胜。或告知不可行。
解题思路
根据\(sg\)理论，全部石子数异或和为 \(0\)则后手必胜。假设前两堆石子数和为\(x\)， 后面的石子数异或和为 \(y\) ，则题意转换为
求\(a\)和\(b\)，使得 \(a+b = x, a\oplus b = y\) ，且\(a\)不能超过第一堆石子数。最大化\(a\)。
神奇的是 \(a+b = (a\oplus b) + 2(a \& b)\) ，即加法分为了不进位的加法和进位两部分。
这样原问题进一步变为\(a \& b = z, a \oplus b = y\)，其中 \(z = \frac{x - y}{2}\)。
注意如果\(x-y\)是小于 \(0\)或是 奇数则无解。
此时两个运算都是位运算，我们可以逐位考虑。对于\(z\)和 \(y\)的某一位的情况：
- 如果是 \(1,1\)，则 无解，无法做到\(x \& y = 1, x \oplus y = 1\)。
- 如果是 \(1,0\)，则 \(a,b\)在该位都必须为\(1\)
- 如果是 \(0,1\)，则 \(a,b\)仅有一个在该位为 \(1\)
- 如果是 \(0,0\)，则 \(a,b\)在该位都必须为 \(0\)
因此我们可以构造出不大于第一堆石子数的最大的\(a\)。
第一种情况相当于\(z \& y \neq 0\)，此时无解。
由于\(1,0\)的情况两者都必须为\(1\)，因此我们可以初始化 \(a\)的值为 \(z\)，然后从高位依次判断\(y\)的每一位，看看让\(a\)在该位为 \(1\)会不会大于第一石子数，不大于则可以为\(1\)。
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 n;
cin >> n;
vector<LL> a(n);
for(auto &i : a){
cin >> i;
}
LL x = a[0] + a[1];
LL y = 0;
for(int i = 2; i < n; ++ i)
y = y ^ a[i];
auto solve = [&](){
if ((x - y < 0) || ((x - y) & 1))
return a[0] + 1;
x = (x - y) / 2;
if ((x & y) != 0)
return a[0] + 1;
if (x > a[0])
return a[0] + 1;
LL ans = x;
for(int i = 60; i >= 0; -- i){
if (((y >> i) & 1) && ans + (1ll << i) <= a[0])
ans += (1ll << i);
}
if (ans == 0)
ans = a[0] + 1;
return ans;
};
LL ans = solve();
cout << a[0] - ans << '\n';
return 0;
}
