AtCoder Beginner Contest 298
A - Job Interview (abc298 a)
题目大意
给定包含o-x的字符串，问是否不包含 x且包含o。
解题思路
遍历一遍即可。
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 ok = [&](){
if (s.find('x') != string::npos)
return false;
if (s.find('o') == string::npos)
return false;
return true;
};
if (ok())
cout << "Yes" << '\n';
else
cout << "No" << '\n';
return 0;
}
B - Coloring Matrix (abc298 b)
题目大意
给定两个方阵\(A,B\)，问能否将 \(A\)旋转多次 \(90\)度，使得 \(A\)为 \(1\) 的地方\(B\)也为 \(1\)。
解题思路
大小只有\(100\)，四次翻转都试一次就可以了，题意也给出了翻转的位置变换公式。
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>> a(n, vector<int>(n, 0)), b(n, vector<int>(n, 0));
for(auto &i : a)
for(auto &j : i)
cin >> j;
for(auto &i : b)
for(auto &j : i)
cin >> j;
auto check = [&](){
for(int i = 0; i < n; ++ i)
for(int j = 0; j < n; ++ j){
if (a[i][j] == 1 && b[i][j] != 1)
return false;
}
return true;
};
auto ok = [&](){
vector<vector<int>> tmp(n, vector<int>(n, 0));
for(int i = 0; i < n; ++ i)
for(int j = 0; j < n; ++ j){
tmp[i][j] = a[n - 1 - j][i];
}
a = tmp;
return check();
};
if (ok() || ok() || ok() || ok())
cout << "Yes" << '\n';
else
cout << "No" << '\n';
return 0;
}
C - Cards Query Problem (abc298 c)
题目大意
有\(n\)个箱子，进行以下三种操作：
1 i j将写有数字\(i\)的卡片放到 \(j\)号箱2 i问\(i\)号箱里放的所有卡片的数字，升序输出3 i问写有数字\(i\)的卡片所在的箱子编号，升序输出
解题思路
注意一个箱子里可能有多张一样数字的卡片，因此第二种操作用multiset，第三种操作用set维护即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#include <vector>
using namespace std;
using LL = long long;
const int N = 2e5;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, q;
cin >> n >> q;
vector<multiset<int>> box(n);
vector<set<int>> card(N);
while(q--){
int op;
cin >> op;
if (op == 1){
int i, j;
cin >> i >> j;
i --;
j --;
box[j].insert(i);
card[i].insert(j);
}else if (op == 2){
int i;
cin >> i;
-- i;
for(auto &i : box[i])
cout << i + 1 << ' ';
cout << '\n';
}else if (op == 3){
int i;
cin >> i;
-- i;
for(auto &i : card[i])
cout << i + 1 << ' ';
cout << '\n';
}else {
assert(1 == 0);
}
}
return 0;
}
D - Writing a Numeral (abc298 d)
题目大意
一个字符串\(S\)，初始值为1。维护以下三种操作：
1 x\(S\)末尾增加个数字 \(x\)2剔除\(S\)的第一个数字3问\(S\)所表示的数字对 \(998244353\)的取模
解题思路
事先维护下\(10\)的幂对 \(998244343\)的取模结果，然后动态维护这个取模值就可以了。
即操作1相当于 \(s = s \times 10 + x\)，操作2相当于 \(s = s - s[0] * 10^{|S|}\)
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int N = 6e5 + 10;
const int mo = 998244353;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
vector<int> mod(N);
int mul = 1;
for(int i = 1; i < N; ++ i){
mod[i] = mul;
mul = 1ll * mul * 10 % mo;
}
deque<int> s;
s.push_back(1);
int q;
cin >> q;
int ans = 1;
while(q--){
int op;
cin >> op;
if (op == 1){
int x;
cin >> x;
s.push_back(x);
ans = (1ll * ans * 10 + x) % mo;
}else if (op == 2){
int x = s.front();
ans = (ans - 1ll * x * mod[s.size()]) % mo;
if (ans < 0)
ans += mo;
s.pop_front();
}else if (op == 3){
cout << ans << '\n';
}else {
assert(1 == 0);
}
}
return 0;
}
E - Unfair Sugoroku (abc298 e)
题目大意
一维数轴，高桥在\(a\)号点， 青木在 \(b\)号点，高桥先，两人轮流扔骰子，高桥的结果会在 \(1-p\)等概率出现，青木的在 \(1-q\)等概率出现，掷出 \(x\)后，就会往前走 \(x\)步，最多到\(n\)号点。谁先到\(n\)号点谁赢。
问高桥赢的概率。
解题思路
设\(dp[i][j][0/1]\)表示高桥在 \(a\)号点，青木在\(b\)号点，现在轮到高桥/青木时，高桥赢的概率。
然后根据扔骰子的情况和概率转移即可。
比如\(dp[i][j][0] = \frac{dp[i + 1][j][1] + dp[i + 2][j][1] + ... + dp[i + p][j][1]}{p}\)，注意\(i+p\)可能要和 \(n\)取个 \(min\)
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int mo = 998244353;
long long qpower(long long a, long long b){
long long qwq = 1;
while(b){
if (b & 1)
qwq = qwq * a % mo;
a = a * a % mo;
b >>= 1;
}
return qwq;
}
long long inv(long long x){
return qpower(x, mo - 2);
}
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, a, b, p, q;
cin >> n >> a >> b >> p >> q;
int invp = inv(p);
int invq = inv(q);
vector<vector<vector<int>>> dp(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(2, -1)));
function<int(int, int, int)> dfs = [&](int x, int y, int pos){
if (x == n)
return 1;
else if (y == n)
return 0;
if (dp[x][y][pos] != -1)
return dp[x][y][pos];
int val = 0;
if (pos == 0){
for(int i = 1; i <= p; ++ i){
int nx = min(n, x + i);
val += dfs(nx, y, pos ^ 1);
if (val >= mo)
val -= mo;
}
val = 1ll * val * invp % mo;
}else{
for(int i = 1; i <= q; ++ i){
int ny = min(n, y + i);
val += dfs(x, ny, pos ^ 1);
if (val >= mo)
val -= mo;
}
val = 1ll * val * invq % mo;
}
return dp[x][y][pos] = val;
};
cout << dfs(a, b, 0) << '\n';
return 0;
}
F - Rook Score (abc298 f)
题目大意
给定一个\(10^9 \times 10^9\)大小的网格，以及 \(n\)个格子上写的正数。
指定一个格子位置\((R,C)\)，问 \(R\)行格子和 \(C\)列格子的所有数的和。
解题思路
设 \(rsum[i]\)表示第 \(i\)行的和， \(csum[i]\)表示第 \(i\)列的和。
首先考虑选的\((R,C)\)有正数的情况，这个枚举一下取个最大值即可，即\(\max(rsum[R] + csum[C] - val[R,C])\)
然后还剩下一种就是 \((R,C)\)上没有数的情况。这个情况相当于从\(rsum\)和 \(csum\)两个数组选一个数，求最大值，且 \((R,C)\)没数的。
一开始就是考虑用堆，就是两个数组选两个数求第 \(k\)大的 \(k\log k\)的做法，直到找到一个没有数的位置就直接 \(break\)，理论上最多也就判断个 \(n\)次就会 \(break\)的，复杂度应该是\(O(n\log n)\) ，但是一直超时，感觉不太懂。
然后改成直接\(for\)循环的，遇到第一个格子上没有数值的直接 \(break\)，这样最多也就遍历到 \(n\)个点，复杂度是 \(O(n)\)。
多个 \(\log\)不至于吧。
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;
map<int, LL> csum, rsum;
set<pair<int, int>> po;
set<pair<pair<int, int>, int>> po2;
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
int x, y, v;
cin >> x >> y >> v;
csum[y] += v;
rsum[x] += v;
po.insert({x, y});
po2.insert({{x, y}, v});
}
LL ans = 0;
for(auto &[pos, v] : po2){
auto &[x, y] = pos;
ans = max(ans, rsum[x] + csum[y] - v);
}
vector<pair<int, LL>> COLSUM, ROWSUM;
ROWSUM.reserve(rsum.size());
COLSUM.reserve(csum.size());
for(auto &i : rsum){
ROWSUM.push_back({i.first, i.second});
}
for(auto &i : csum){
COLSUM.push_back({i.first, i.second});
}
vector<int> col_id(COLSUM.size()), row_id(ROWSUM.size());
iota(row_id.begin(), row_id.end(), 0);
iota(col_id.begin(), col_id.end(), 0);
sort(row_id.begin(), row_id.end(), [&](const int a, const int b){
return ROWSUM[a].second > ROWSUM[b].second;
});
sort(col_id.begin(), col_id.end(), [&](const int a, const int b){
return COLSUM[a].second > COLSUM[b].second;
});
for(auto &r : row_id)
for(auto &c: col_id){
int x = ROWSUM[r].first, y = COLSUM[c].first;
if (po.find({x, y}) == po.end()){
ans = max(ans, ROWSUM[r].second + COLSUM[c].second);
break;
}
}
// ans = max({ans, COLSUM[col_id[0]].second, ROWSUM[row_id[0]].second});
// priority_queue<pair<LL, pair<int, int>>> qwq;
// qwq.push({COLSUM[col_id[0]].second + ROWSUM[row_id[0]].second, {0, 0}});
// while(!qwq.empty()){
// auto [val, pos] = qwq.top();
// auto &[x, y] = pos;
// qwq.pop();
// int real_row = ROWSUM[row_id[x]].first;
// int real_col = COLSUM[col_id[y]].first;
// if (po.find({real_row, real_col}) == po.end()){
// ans = max(ans, val);
// break;
// }
// int nx = x + 1, ny = y + 1;
// if (nx < row_id.size()){
// qwq.push({ROWSUM[row_id[nx]].second + COLSUM[col_id[y]].second, {nx, y}});
// }
// if (ny < col_id.size()){
// qwq.push({ROWSUM[row_id[x]].second + COLSUM[col_id[ny]].second, {x, ny}});
// }
// }
cout << ans << '\n';
return 0;
}
G - Strawberry War (abc298 g)
题目大意
给定一个\(n \times m\)的格子蛋糕，每个格子上有若干个草莓。
现在切 \(T\)刀，每刀只能切到行交界处或列交界处，且长度为一格的长度。
问最后格子上草莓数量的最大值和最小值的差值的最小值。
解题思路
<++>
神奇的代码
Ex - Sum of Min of Length (abc298 h)
题目大意
<++>
解题思路
<++>
神奇的代码
