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;
}
 

---