AtCoder Beginner Contest 290

A - Contest Result (abc290 a)

题目大意

给定$n$道题的分数。

现在小 $A$过了一些题，问他的分数是多少。

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, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> s(n);
    for(auto &i : s)
        cin >> i;
    int ans = 0;
    while(m--){
        int x;
        cin >> x;
        ans += s[x - 1];
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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B - Qual B (abc290 b)

题目大意

一场比赛，按照排名依次给出每个人参加决赛的意愿（o x）。

最终只能晋级$k$个人。取意愿参加决赛的前 $k$人晋级。

问实际上每个人晋级决赛的情况。

解题思路

前$k$个 o的保留，后面全部置为 x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, k;
    string s;
    cin >> n >> k >> s;
    for(auto &i : s){
        if (i == 'o' && k){
            -- k;
        }else if (i == 'o' && !k){
            i = 'x';
        }
    }
    cout << s << '\n';
 
    return 0;
}
 

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C - Max MEX (abc290 c)

题目大意

给定一个$n$个数的数组，要求选$k$个数出来，使得其$mex$最大。

一个数组的$mex$值就是最小的，未出现在该数组的非负整数。

解题思路

为了让$mex$最大，很显然我们依次取 $0,1,2,...$，且仅取一个，直到取了$k$个。

如果中途发现有个数取不到则答案就是该数，否则就是 $k$。

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, k;
    cin >> n >> k;
    vector<int> s(n);
    for(auto &i : s)
        cin >> i;
    sort(s.begin(), s.end());
    int ans = 0;
    for(auto &i : s){
        if (k <= 0)
            break;
        if (ans > i)
            continue;
        else if (ans == i){
            ++ ans;
            -- k;
        }
        else if (ans < i)
            break;
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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D - Marking (abc290 d)

题目大意

$n$个箱子。从 $0$开始涂色。每涂一个箱子$i$后，下一个涂的箱子编号是 $i+D$ 。如果该箱子已经被涂色了，则涂编号为$i+D+1$的箱子，如果还被涂过则再 $+1$，直到没涂过为止。

问第 $k$次涂的箱子编号。

解题思路

如果不考虑已经涂色的情况，即就算已经涂了，这次还继续涂，那第$k$次涂的箱子编号就是 $kD \% n$。

由数论知识可知，当$D$和 $n$互质时，当 $k$取遍 $[0,n - 1]$时， $kD \% n$也恰好的取遍了 $[0, n - 1]$，因此此时答案就是 $kD \% n$

而不互质时，设其$D,n$的$gcd$为$a$，则$kD \% n$取到的数都是 $a$的倍数。

事实上，设$D^\prime = \frac{D}{a}, n^\prime = \frac{n}{a}$，此时$D^\prime, n^\prime$互质，则第$k$取取到的数就是 $kD^\prime$，而在模$n$的视角里就是 $kD^\prime \times a$。因为循环节大小只有 $n^\prime$， 因此当$k > n^\prime$时，由题意的偏移操作，下一个的循环节就是原来的循环节整体加 $1$。

因此最终的答案就是 $kD^\prime \times a + \frac{k}{n^\prime}$

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 k, d, n;
        cin >> n >> d >> k;
        -- k;
        int gcd = __gcd(d, n);
        d /= gcd;
        n /= gcd;
        int target = 1ll * k * d % n;
        target = target * gcd + (k / n);
        cout << target << '\n';
    }
 
 
    return 0;
}
 

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E - Make it Palindrome (abc290 e)

题目大意

定义一个数组变成回文数组的代价，是其最小进行的操作数。每次操作可以将任意一个数更改为任意一个值。

给定一个$n$个数的数组，问其所有连续子数组的代价和。

解题思路

给定一个数组，考虑其变成回文数的代价。很显然我们只要遍历左半边的每个数，看其与对应的数是否相同，不相同则需要一个操作让它们变成相同。

从中我们可以发现，代价贡献来自于每一对数是否相同，以及包含这对数的子数组个数，因此我们的视角从考虑每个子数组转成考虑每对数。

假设当前考虑的是第$i$个数$a_i$，依次考虑其右边的每一个数，很显然我们只考虑与$a_i$不同的那些数，相同的话对答案是没贡献的。

假设$a_j \neq a_i(j > i)$，那么这对数$(a_i, a_j)$会产生一个操作的贡献，但还得考虑有多少个子数组，回文包括 $(a_i,a_j)$ 。

最短的子数组当然是$a[i,...,j]$，再大一点就是 $a[i-1,...,j+1]$ 。因此子数组个数为 $\min(i, n - j + 1)$（下标从 $1$开始）

如果单纯只有不同数的个数，可以直接预处理，但这里还带了个系数$\min(i, n - j + 1)$，且与 $i$有关，不好直接预处理。

因此我们得把 $\min$去掉，那就是将 $i$右边的数分成了两类，一类是 $a_j \neq a_i$，且 $\min(i, n - j + 1) = i$即 $j < n - i + 1$，另一类是 $a_j \neq a_i$且 $\min(i, n - j + 1) = n - j + 1$即 $j \geq n - i + 1$。

• 对于 $i < j < n - i + 1$的那些 $a_j \neq a_i$，这些对 $(a_i, a_j)$对答案的贡献都是 $i$。因此我们只要维护这个区间里非 $a_i$的个数 $cnt$，这部份的贡献就是 $cnt \times i$
• 对于 $j > n - i + 1$的那些 $a_j \neq a_i$，这些对 $(a_i, a_j)$对答案的贡献都是 $n - j + 1$。因此我们只要维护这个区间里非 $a_i$的 $a_j \times (n - j + 1)$的和，这部份的贡献就是该和。

维护区间非$a_i$的个数以及$a_j \times (n - j + 1)$ 的和，可以维护所有数的个数与和，再减去$a_i$的贡献，即是非 $a_i$的个数与和。

当我们迭代求解每个$a_i$时，这两个区间信息可以迭代 $O(1)$更新，因此总的时间复杂度为 $O(n)$

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;
    vector<int> a(n);
    LL ans = 0;
    vector<LL> sum(n), cnt(n);
    LL suf = 0, tot = n;
    for(auto &i : a){
        cin >> i;
        -- i;
        cnt[i] ++;
    }
    for(int i = 0; i < n / 2; ++ i){
        tot -= 2;
        cnt[a[i]] --;
        cnt[a[n - i - 1]] --;
 
        sum[a[n - i - 1]] += i + 1;
        suf += i + 1;
 
        ans += 1ll * (i + 1) * (tot - cnt[a[i]]) + suf - sum[a[i]];
    }
    if (n & 1)
        ans += suf - sum[a[n / 2]];
    for(int i = (n + 1) / 2; i < n; ++ i){
        sum[a[i]] -= n - i;
        suf -= n - i;
 
        ans += suf - sum[a[i]];
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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F - Maximum Diameter (abc290 f)

题目大意

给定一个长度为$n$的度数数组$A$，定义 $f(A)$的值为满足该度数数组的树的最大直径长度。

对于所有可能的$A$，求 $f(A)$的和。

解题思路

<++>

神奇的代码

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G - Edge Elimination (abc290 g)

题目大意

<++>

解题思路

<++>

神奇的代码

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Ex - Bow Meow Optimization (abc290 h)

题目大意

<++>

解题思路

<++>

神奇的代码

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