AtCoder Beginner Contest 296

295? 上周ECF玩去了，咕咕咕

A - Alternately (abc296 a)

题目大意

给定一个包含$MF$的字符串，问是否是 $M,F$交替出现的。

解题思路

判断相邻字母是否相等即可。

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;
    string s;
    cin >> n >> s;
    auto check = [&](){
        for(int i = 0; i < n - 1; ++ i)
            if (s[i] == s[i + 1])
                return false;
        return true;
    };
    if (check())
        cout << "Yes" << '\n';
    else 
        cout << "No" << '\n';
 
    return 0;
}
 

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B - Chessboard (abc296 b)

题目大意

给定一个仅包含一个*，其余都是.的二维$8 \times 8$的矩阵，要求输出该*的位置。从左到右依次编号 a,b,c,d,e,f,g,h，从下到上依次编号1,2,3,4,5,6,7,8

解题思路

按题意模拟即可。

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 x, y;
    for(int i = 0; i < 8; ++ i){
        string s;
        cin >> s;
        int pos = s.find('*');
        if (pos != string::npos){
            x = 8 - i;
            y = 'a' + pos;
        }
    }
    cout << char(y) << x << '\n';
 
    return 0;
}
 

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C - Gap Existence (abc296 c)

题目大意

给定一个数组$A$，问是否存在两个数，其差为 $x$。这两个数可以相等。

解题思路

特判$x=0$的情况，剩下的把所有数存到 $set$里，对于当前一个数 $a$，看看是否存在 $a+x$或 $a-x$即可。

实现是反过来的。

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, x;
    cin >> n >> x;
    auto check = [&](){
        set<int> qwq;
        for(int i = 0; i < n; ++ i){
            int a;
            cin >> a;
            if (qwq.find(a) != qwq.end() || qwq.find(a) != qwq.end())
                return true;
            qwq.insert(a - x);
            qwq.insert(a + x);
        }
        return x == 0;
    };
    if (check())
        cout << "Yes" << '\n';
    else 
        cout << "No" << '\n';
 
    return 0;
}
 

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D - M<=ab (abc296 d)

题目大意

给定$n,m$，问是否存在$a,b \leq n$，且 $a \times b \geq m$，输出最小的 $a \times b$

解题思路

从小到大$a$，则满足题意的最小的 $b= \lceil \frac{m}{a} \rceil$，容易发现会有多个$a$，其 $b= \lceil \frac{m}{a} \rceil$是相同的，而显然我们只考虑这一块中最小的$a$即可，然后再考虑下一块$a$，这一块的$a$会使得 $B = b + 1$，同样取最小的 $a$，依次考虑。

实际上就是对$\lceil \frac{m}{a} \rceil$进行数论分块，时间复杂度是$O(\sqrt{m})$

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
const LL maxx = 1e18;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    LL n, m;
    cin >> n >> m;
    LL ans = maxx;
    LL l = 1, r;       
    while (l <= m) {
        r = m / (m / l);  
        LL ano = (m + l - 1) / l;
        if (l <= n && ano <= n)
            ans = min(ans, l * ano);
        l = r + 1;  
    }
    if (ans == maxx)
        ans = -1;
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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E - Transition Game (abc296 e)

题目大意

给定一个长度为$n$的数组 $A$，值域 $1 \sim n$。

对于 $i = 1,2,\cdots, n$，高桥和青木依次玩一个游戏：

• 青木先写一个数 $k \in [1, n]$。
• 高桥根据这个 $k$，再写一个数 $x \in [1,n]$。
• 令 $x = A_x$，执行$k$遍后，如果变成 $i$，则高桥获胜，否则青木获胜。

问高桥获胜的游戏数。

解题思路

首先建个图，有向边$x \to A_x$。变换操作就是在这样图上游走 $k$次，最后停在$i$号点就算胜利。

根据定义这是一个基环内向森林，即从任意点出发最后一定会走到一个环里。

容易发现如果$i$在一个环里的话是必赢的，高桥肯定可以选择环上的一个点走 $k$次到达 $i$。

而如果不在环上，则必寄了，因为青木只要写个 $n$，最后一定会走到环上的。事实上只要 $k$大过 $i$号点之前的点（反向图中可到达的点）的数量就寄了。

因此答案就是在环上的点的数量。

对该图跑一遍拓扑排序即可得到答案。

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<vector<int>> edge(n);
    vector<int> du(n, 0);
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        int a;
        cin >> a;
        -- a;
        edge[i].push_back(a);
        du[a] ++;
    }
    queue<int> team;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        if (du[i] == 0)
            team.push(i);
    }
    int ans = n;
    while(!team.empty()){
        int u = team.front();
        team.pop();
        -- ans;
        for(auto v : edge[u]){
            du[v] --;
            if (du[v] == 0)
                team.push(v);
        }
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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F - Simultaneous Swap (abc296 f)

题目大意

给定两个数组$A,B$，每次交换选择 $i,j,k$，交换 $A_i,A_j$， $B_i,B_k$。

问最后两个数组能否相等。

解题思路

首先两个数组的各个数字的数量一定要相等。

然后假设可以交换到相等，然后我们令$j=k$，这样就可以将两者交换成递增的顺序，方便之后考虑。（就是说可以先对数组 $A$排个序，数组$B$跟随变动，不会影响到可不可行）

此时考虑数组$A$递增的情况下怎么操作，将数组$B$也变得递增，且数组 $A$不动。

一个朴素的思想就是能否找到一个元操作，即经过这个操作， 数组$A$不变，且数组$B$跟像数组 $A$了。

考虑从左到右第一个 $A_{i_1} \neq B_{i_1}$的位置 ，考虑$j_1,k_1$取什么值。很显然$k_1$要满足$B_{k_1} = A_{i_1}$，这样经过这次交换，数组 $B$就能更像数组 $A$了。但由于$A_{i_1}$和 $A_{j_1}$交换了，下一个操作我们得换回来，但不该过多影响到$B$。

下一个操作，我们令$i_2 = j_1$，即上一个操作中的 $j_1$，而 $j_2 = i_1$，此时会交换 $A_{j_1}$和 $A_{i_1}$ ，即又交换回来了。而这个操作我们会交换$B_{i_2}$和 $B_{k_2}$，即$B_{j_1}$和 $B_{k_2}$，如果说 $B_{j_1} = B_{k_2}$，那么经过这次操作不会影响到数组$B$，此时 $j_1$和 $k_2$的值也确定了。

我们就找到了一个元操作，经过这个操作， 数组$A$不变，且数组$B$多了一个位置和数组 $A$相同，然后我们依次进行元操作，就能变成一样了。前提是存在两个相等的数。

即如果有出现了两次及以上的数，则必可以。

那就剩下各个数都仅出现一次的情况，我们找不到满足 $B_{j_1}=B_{k_2}$的情况，那就只能经过这次操作，使得数组$B$进一步更像数组$A$，即选择 $j_1 = x$， $B_{k_2} = A_{j_1}$，其中$x$是下一个 $A_x \neq B_x$的位置。即经过这次操作，还原了数组 $A$的影响，且数组 $B$又有一位和数组 $A$相同了。

即另一个元操作，数组 $A$不变，数组 $B$多了两个位置和数组$A$相同。但由于交换了两次，数组$B$的逆序数的奇偶性是不改变的，由于数组$A$是递增的，其逆序数为$0$。因此只有数组 $B$ 的逆序数也为偶数时，才可以交换到和数组$A$一样的，否则不可以。

综上，

• 两个数组各个数字的数量不同，则No
• 存在一个数字出现大于$1$次，则 Yes
• 两个数组的逆序数奇偶性相同，则Yes，不同则No

统计逆序数就用归并或者树状数组就可以了。

最后一个情况是手玩以下例子发现的

1 2 3 4
4 3 2 1 
 
1 2 3 4
4 2 3 1

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
template <typename T>
class fenwick {
    public:
    vector<T> fenw;
    int n;
    LL tot;
 
    fenwick(int _n) : n(_n) {
        fenw.resize(n);
        tot = 0;
    }
 
    void modify(int x, T v) {
        while (x < n) {
            fenw[x] += v;
            x |= (x + 1);
        }
        tot += v;
    }
 
    T get(int x) {
        T v{};
        while (x >= 0) {
            v += fenw[x];
            x = (x & (x + 1)) - 1;
        }
        return v;
    }
};
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    map<int, int> cnt;
    map<int, int> acnt;
    vector<int> A(n), B(n);
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        int a;
        cin >> a;
        cnt[a] ++;
        acnt[a] ++;
        A[i] = a;
    }
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        int b;
        cin >> b;
        cnt[b] --;
        B[i] = b;
    }
    auto nixu = [&](){
        vector<int> id(n);
        iota(id.begin(), id.end(), 0);
        sort(id.begin(), id.end(), [&](int a, int b){
                return A[a] < A[b];
        });
        fenwick<LL> cc(n + 1);
        LL ans = 0;
        for(auto &i : id){
            ans += cc.tot - cc.get(B[i]);
            cc.modify(B[i], 1);
        }
        return ans;
    };
    auto check = [&](){
        for(auto &i : cnt)
            if (i.second != 0)
                return false;
        for(auto &i : acnt)
            if (i.second > 1)
                return true;
        return nixu() % 2 == 0;
    };
    if (check())
        cout << "Yes" << '\n';
    else 
        cout << "No" << '\n';
 
    return 0;
}
 

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G - Polygon and Points (abc296 g)

题目大意

给定一个凸多边形和若干个点，依次回答每个点在凸多边形里面还是边上还是外面。

解题思路

<++>

神奇的代码

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Ex - Unite (abc296 h)

题目大意

<++>

解题思路

<++>

神奇的代码

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