AtCoder Beginner Contest 300

A - N-choice question (abc300 a)

题目大意

给定一个元素互不相同的数组$c$和 $a,b$，找到 $i$使得 $c_i = a + b$

解题思路

直接for循环寻找即可。

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, a, b;
    cin >> n >> a >> b;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        int c;
        cin >> c;
        if (c == a + b){
            cout << i + 1 << '\n';
            return 0;
        }
    }
 
    return 0;
}
 

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B - Same Map in the RPG World (abc300 b)

题目大意

给定两个矩阵$A,B$，问能否对 $A$进行若干次变换操作得到 $B$。

变换分两种，一种是将第一列放到最后一列，另一种是将第一行放到最后一行。

解题思路

范围不大，直接枚举所有变换操作判断即可。

如果我们将左右连通，上下连通，那么变换操作实际上不改变每个点的上下左右点。即变换操作可以看成将矩形左上角的点移动。

时间复杂度为$O(H^2W^2)$

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 h, w;
    cin >> h >> w;
    vector<string> a(h), b(h);
    for(auto &i : a){
        cin >> i;
    }
    for(auto &i : b){
        cin >> i;
    }
    auto equal = [&](int x, int y){
        for(int i = 0; i < h; ++ i)
            for(int j = 0; j < w; ++ j){
                int X = (x + i) % h;
                int Y = (y + j) % w;
                if (a[X][Y] != b[i][j]){
                    return false;
                }
            }
        return true;
    };
    auto check = [&](){
        for(int i = 0; i < h; ++ i)
            for(int j = 0; j < w; ++ j)
                if (equal(i, j))
                    return true;
        return false;
    };
    if (check()){
        cout << "Yes" << '\n';
    }
    else 
        cout << "No" << '\n';
    return 0;
}
 

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C - Cross (abc300 c)

题目大意

给定一个包含.#的矩形，问由#组成的形如X的最长长度，每个长度的数量。

解题思路

范围不大，枚举X的位置和大小判断即可。

时间复杂度为$O(HW\min(HW))$

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 h, w;
    cin >> h >> w;
    vector<string> s(h);
    for(auto &i : s)
        cin >> i;
    int sz = min(h, w);
    vector<int> ans(sz + 1);
    auto check = [&](int x, int y){
        if (s[x][y] != '#')
            return 0;
        for(int i = 0; i <= sz; ++ i){
            for(int dx = -1; dx <= 1; dx += 2)
                for(int dy = -1; dy <= 1; dy += 2){
                    int nx = x + i * dx, ny = y + i * dy;
                    if (nx >= h || nx < 0 || ny < 0 || ny >= w)
                        return i - 1;
                    if (s[nx][ny] != '#')
                        return i - 1;
                }
        }
        return sz;
    };
    for(int i = 0; i < h; ++ i)
        for(int j = 0; j < w; ++ j)
            ans[check(i, j)] ++;
    for(int i = 1; i <= sz; ++ i)
        cout << ans[i] << " \n"[i == sz];
 
    return 0;
}
 

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D - AABCC (abc300 d)

题目大意

问$1 \sim n$中能表示成 $a^2 \times b \times c^2(a < b < c)$且 $a,b,c$为质数的数的个数。

解题思路

由于$n \leq 10^{12}$，预处理$1 \to 10^6$的质数，然后枚举$c$和 $a$，计算得到乘积小于等于 $n$的最大的 $b$，此时符合条件的数量就是 $1 \sim b$中的质数个数，这个事先预处理即可。

时间复杂度是 $O(\sqrt{n} \log n)$

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define FOR(i, x, y) for (decay<decltype(y)>::type i = (x), _##i = (y); i < _##i; ++i)
#define FORD(i, x, y) for (decay<decltype(x)>::type i = (x), _##i = (y); i > _##i; --i)
 
const LL p_max = 1E6 + 100;
LL pr[p_max], p_sz;
int cnt[p_max];
void get_prime() {
    static bool vis[p_max];
    FOR (i, 2, p_max) {
        if (!vis[i]) {
            pr[p_sz++] = i;
            cnt[i] = 1;
        }
        FOR (j, 0, p_sz) {
            if (pr[j] * i >= p_max) break;
            vis[pr[j] * i] = 1;
            if (i % pr[j] == 0) break;
        }
    }
    FOR(i, 2, p_max)
        cnt[i] += cnt[i - 1];
}
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    LL n;
    cin >> n;
    LL ans = 0;
    get_prime();
    for(int i = 0; i < p_sz; ++ i){
        for(int j = 0; j < i; ++ j){
            LL sum = 1ll * pr[i] * pr[i] * pr[j] * pr[j];
            if (sum > n)
                break;
            LL maxb = min(n / sum, pr[i] - 1);
            if (maxb <= pr[j])
                break;
            ans += cnt[maxb] - cnt[pr[j]];
        }
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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E - Dice Product 3 (abc300 e)

题目大意

六面骰子，每面等概率出现。

现在不断掷骰子，直到掷出来的数的乘积大于等于$N$。

问恰好为 $N$的概率。对 $998244353$取模。

解题思路

显然$n$的质因数只能有 $2,3,5$。

设$dp[n]$表示最终是 $n$的概率，根据定义， $dp[n] = \frac{1}{6}dp[\frac{n}{1}] + \frac{1}{6}dp[\frac{n}{2}] + \frac{1}{6}dp[\frac{n}{3}] + \frac{1}{6}dp[\frac{n}{4}] + \frac{1}{6}dp[\frac{n}{5}] + \frac{1}{6}dp[\frac{n}{6}]$，即掷出$n$的概率，应当是先掷出 $\frac{n}{1}$ ，然后再以$\frac{1}{6}$的概率掷出 $1$，或者先掷出 $\frac{n}{2}$ ，然后再以$\frac{1}{6}$的概率掷出 $2$，依次类推。

当然，如果不整除就没有这部分的概率贡献。

化简一下就是$dp[n] = \frac{1}{5}dp[\frac{n}{2}] + \frac{1}{5}dp[\frac{n}{3}] + \frac{1}{5}dp[\frac{n}{4}] + \frac{1}{5}dp[\frac{n}{5}] + \frac{1}{5}dp[\frac{n}{6}]$

因为每次转移状态大小都会除以一个数，所以最终的状态数量应该不会超过$O(n \log n)$，写个记忆化就可以了。

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);
    LL n, ba;
    cin >> n;
    ba = n;
    int cnt2 = 0, cnt3 = 0, cnt5 = 0;
    while (n % 2 == 0){
        ++ cnt2;
        n /= 2;
    }
    while (n % 3 == 0){
        ++ cnt3;
        n /= 3;
    }
    while (n % 5 == 0){
        ++ cnt5;
        n /= 5;
    }
    if (n != 1)
        cout << 0 << '\n';
    else{
        map<LL, int> cache;
        LL inv5 = inv(5);
        function<LL(LL)> dfs = [&](LL n){
            if (n == 1)
                return 1;
            if (cache.find(n) != cache.end())
                return cache[n];
            LL ans = 0;
            for(int i = 2; i <= 6; ++ i)
                if (n % i == 0){
                    ans = (ans + dfs(n / i));
                    if (ans >= mo)
                        ans -= mo;
                }
            cache[n] = ans * inv5 % mo;
            return cache[n];
        };
        cout << dfs(ba) << '\n';
 
    }
 
    return 0;
}
 

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F - More Holidays (abc300 f)

题目大意

给定一个包含xo的字符串$t$，它由一个长度为$n$的串$s$重复 $m$次拼接得到。要求将恰好 $k$个 x变成o，问连续o的最大长度。

解题思路

把x的位置都记录下来，容易发现我们进行变换的x肯定是一组连续的x。

我们枚举进行变化的第一个x，然后找到之后的第 $k$个 x，之间的长度取个最大值即可。

虽然这个x有$nm = 10^{14}$个，但由于串是重复拼接得到的，第二部分的串的 x实际上跟第一个串的情况一致（并且不会更优），因此我们只需要枚举第一个串x和第二个串的第一个x（注意这个情况，会利用第一个串最后一个x和第二个串的第一个x之间的o，可能从第一个串的第一个x更优）。

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;
    string s;
    cin >> s;
    vector<int> pos;
    LL cnt = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        cnt += (s[i] == 'x');
        if (s[i] == 'x')
            pos.push_back(i);
    }
    LL ans = 0;
    LL la = -1;
    auto solve = [&](int st){
        LL left = pos.size() - st;
        LL minn = min(left, k);
        left = k - minn;
        if (left == 0){
            if (st + k == pos.size()){
                return 1ll * n + pos[0] * (m > 1);
            }else {
                return 1ll * pos[st + k];
            }
        }
        LL shift = left / cnt + 1;
        LL remain = left % cnt;
        if (remain == 0 && shift == m){
            return shift * n;
        }else if (shift > m || shift == m && remain > 0)
            return 0ll;
        else{
            return shift * n + pos[remain];
        }
    };
    for(int i = 0; i < pos.size(); ++ i){
        LL r = solve(i);
        ans = max(ans, r - la - 1);
        la = pos[i];
    }
    if (m > 1){
        m -= 1;
        LL r = solve(0);
        ans = max(ans, n + r - pos.back() - 1);
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

求第$k$个 x可能有些情况要讨论，官方题解采用的二分法就可以以$\log$的代价避免这个讨论。

且x的数量和串$s$的长度是同一个数量级，我们也可以枚举答案的左端点，然后二分找到恰好包含$k$个x的最右端点，长度取个最大值。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
const LL inf = 1e18;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, m;
    LL k;
    cin >> n >> m >> k;
    string s;
    cin >> s;
    vector<int> sum(n);
    LL cnt = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        if (s[i] == 'x'){
            sum[i] = 1;
        }
    }
    partial_sum(sum.begin(), sum.end(), sum.begin());
    LL ans = 0;
    LL la = -1;
    auto count = [&](LL pos){
        LL shift = pos / n, remain = pos % n;
        return shift * sum.back() + sum[remain] * (shift != m);
    };
    auto solve = [&](int st){
        LL l = st, r = 1ll * n * m;
        LL down = st == 0 ? 0 : sum[st - 1];
        while(l + 1 < r){
            LL mid = (l + r) >> 1;
            if (count(mid) - down <= k)
                l = mid;
            else 
                r = mid;
        };
        return r;
    };
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        LL r = solve(i);
        ans = max(ans, r - i);
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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G - P-smooth number (abc300 g)

题目大意

<++>

解题思路

<++>

神奇的代码

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Ex - Fibonacci: Revisited (abc300 h)

题目大意

<++>

解题思路

<++>

神奇的代码

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