AtCoder Beginner Contest 305

A - Water Station (abc305 a)

题目大意

给定一个数字x，输出一个数字，它是最接近x的 5的倍数。

解题思路

令y=x%5，如果 y≤2，那答案就是 x−y，否则就是 x+5−y。

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;
    cin >> x;
    int mod = x % 5;
    if (mod <= 2)
        x -= mod;
    else 
        x += 5 - mod;
    cout << x << '\n';
 
    return 0;
}

B - ABCDEFG (abc305 b)

题目大意

给定ABCDEFG的相邻距离，给定两个字母，问它们的距离。

解题思路

累加距离即可。

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);
    array<int, 7> dis{3,1,4,1,5,9};
    string a, b;
    cin >> a >> b;
    if (a > b)
        swap(a, b);
    int ans = accumulate(dis.begin() + a[0] - 'A', dis.begin() + b[0] - 'A', 0);
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

C - Snuke the Cookie Picker (abc305 c)

题目大意

二维平面，有一个矩形少了一块，问这一块的位置。

解题思路

找到矩形的左上和右下，然后遍历矩形的每一块看看是不是少了。

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 sx = h, sy = w, ex = 0, ey = 0;
    for(int i = 0; i < h; ++ i)
        for(int j = 0; j < w; ++ j){
            if (s[i][j] == '#'){
                sx = min(sx, i);
                sy = min(sy, j);
                ex = max(ex, i);
                ey = max(ey, j);
            }
        }
    int ansx = 0, ansy = 0;
    for(int i = sx; i <= ex; ++ i)
        for(int j = sy; j <= ey; ++ j){
            if (s[i][j] == '.'){
                ansx = i;
                ansy = j;
            }
        }
    cout << ansx + 1 << ' ' << ansy + 1 << '\n';
 
    return 0;
}

D - Sleep Log (abc305 d)

题目大意

给定一个睡觉日志a，从0开始（题目从1开始），奇数项表示醒来的分钟数，偶数项表示开睡的分钟数。

回答q组询问，每组询问 l,r，问从第 l分钟到第 r分钟，共睡了多久。

解题思路

因为分钟数高达109，因此不能每分钟的累加。

先对睡觉日志求一遍睡眠时间的前缀和。

对于询问 l,r，先找到第一个大于等于其的日志分钟数位置 posl,posr。

答案首先加上 a[posl]→a[posr]的睡眠分钟数（前缀和得出），缺少了时间段 l→a[posl]和额外的时间段 r→a[posr]，判断其是否是睡眠的时间段，从而加回答案或减去即可。

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;
    cin >> n;
    vector<LL> a(n);
    for(auto &i : a)
        cin >> i;
    vector<LL> presum(n);
    for(int i = 2; i < n; i += 2){
        presum[i] = presum[i - 1] + a[i] - a[i - 1];
        if (i < n)
            presum[i + 1] = presum[i];
    }
    int q;
    cin >> q;
    while(q --){
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        int posl = lower_bound(a.begin(), a.end(), l) - a.begin();
        int posr = lower_bound(a.begin(), a.end(), r) - a.begin();
        LL ans = presum[posr] - presum[posl];
        if (~posl & 1)
            ans += a[posl] - l;
        if (~posr & 1)
            ans -= a[posr] - r;
        cout << ans << '\n';
    }
 
    return 0;
}

E - Art Gallery on Graph (abc305 e)

题目大意

给定一张n个点 m条边的无向图，边权为1。有k个关键点，每个关键点ki可以监视距离不超过 hi的点。

一个点若被至少一个关键点监视，则称该点被监视。

升序给出被监视点的标号。

解题思路

题意就是问每个点距离一堆特殊点的距离是否满足要求。初看没什么思路，因为k和n是同一个数量级，因此不能 k次 BFS。但忽然想到了GXOI/GZOI2019 旅行者，里面为了求一些点到一些点的最短距离，额外增加了个起点和终点，这样求一次最短路就可以了。

同样的道理，我们可以也增加一个起点st，该起点与 k个关键点都连边。至于边权，因为每个关键点的监视距离不一样，因此为了统一最后的判断（距离起点 st的距离），我们设关键点中最大的监视距离为 maxx，则 st→ki的边权为 maxx−hi，这样最后从起点跑一遍最短路后，与起点距离不超过 maxx的点都被监视了。

注意这个起点st是我们额外加的，实际不存在，要防止关键点通过起点监视了其他点，因此要设 ki→st的距离为无穷大。

因为增加了额外点和额外边，边权不再是1了。因此不能跑 BFS，可以跑 Dijkstra。

神奇的代码 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
const int inf = 1e9 + 7;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    vector<vector<array<int, 2>>> edge(n + 1);
    auto add = [&](int u, int v, int w = 1, int w2 = 1){
        edge[u].push_back({v, w});
        edge[v].push_back({u, w2});
    };
    for(int i = 0; i < m; ++ i){
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        -- a, -- b;
        add(a, b);
    }
    int st = n;
    int mstamina = 0;
    vector<array<int, 2>> p(k);
    for(auto &i : p){
        cin >> i[0] >> i[1];
        i[0] --;
        mstamina = max(mstamina, i[1]);
    }
    for(auto &i : p){
        add(st, i[0], mstamina - i[1], inf);
    }
    priority_queue<array<int, 2>> team;
    vector<int> dis(n + 1, inf);
    team.push({0, st});
    dis[st] = 0;
    while(!team.empty()){
        auto [expect, u] = team.top();
        team.pop();
        if (dis[u] != -expect)
            continue;
        for(auto &[v, w] : edge[u]){
            if (dis[u] + w < dis[v]){
                dis[v] = dis[u] + w;
                team.push({-dis[v], v});
            }
        }
    }
    vector<int> ans;
    for(int i = 0; i < n; ++ i)
        if (dis[i] <= mstamina && dis[i] != inf){
            ans.push_back(i + 1);
        }
    cout << ans.size() << '\n';
    for(auto &i : ans)
        cout << i << ' ';
    cout << '\n';
 
    return 0;
}

F - Dungeon Explore (abc305 f)

题目大意

交互题。

一张无向图，但你不知道具体情况。从 1出发到 n。

一开始处于1号点。

当你处于 i号点，裁判会告诉你与 i号点相邻的点。

你需要决定下一个去的点的编号。

在移动不超过2n次走到点 n。

解题思路

其实就是一个DFS过程，DFS过程维护点的访问状态，每个点最多进栈一次出栈一次，因此在不超过 2n次就可以遍历所有的点，因此也能到达点 n。

注意回溯的时候也要读取回溯点的相邻点情况。

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> visit(n + 1, 0);
    function<void(int)> dfs = [&](int u){
        if (u == n){
            exit(0);
        }
        int k, _;
        cin >> k;
        vector<int> nxt(k);
        for(auto &i : nxt)
            cin >> i;
        for(auto &i : nxt){
            if (!visit[i]){
                cout << i << endl;
                visit[i] = 1;
                dfs(i);
                cout << u << endl;
                for(int i = 0; i <= k; ++ i)
                    cin >> _;
            }
        }
    };
    visit[1] = 1;
    dfs(1);
 
    return 0;
}

G - Banned Substrings (abc305 g)

题目大意

给定m个 ab字符串。

问有多少种长度为 n的字符串，其子串不包括这 m个字符串。

n≤1018

解题思路

一眼原，找到了两年前写的代码，直接复制粘贴（

对这m个字符串建立 AC自动机，然后问题就转换成有多少条长度为 n的路径，其不经过一些特殊点。

经典路径计数问题，dp[i][j]表示从起点出发，不经过特殊点，走了i个点，最终到达点 j 的方案数。转移就是从i−1中枚举 j的相邻点转移。

因为 n很大，且转移式子是线性的，dp转移可以写成矩阵的形式，快速幂一下就得到结果了。

神奇的代码 
#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
typedef long long LL;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
class AC_automation{
    #define N 300
    #define M 2
 
    int trans[N][M];
    int fail[N];
    int sign[N];
    int tot;
 
    public:
    void insert(const char *s){
        int cur = 0;
        sign[cur] = 0;
        for(int i = 0; s[i]; ++ i){
            if (! trans[cur][s[i] - '0']){
                trans[cur][s[i] - '0'] = ++ tot;
                sign[tot] = 0;
            }
            cur = trans[cur][s[i] - '0'];
        }
        sign[cur] = 1;
    }
 
    void build(){
        queue<int> team;
        for(int i = 0; i < M; ++ i){
            if (trans[0][i]) team.push(trans[0][i]);
        }
        int u = 0;
        while(! team.empty()){
            u = team.front();
            team.pop();
            for(int j = 0; j < M; ++ j){
                if (trans[u][j]){
                    fail[trans[u][j]] = trans[fail[u]][j];
                    team.push(trans[u][j]);
                }else{
                    trans[u][j] = trans[fail[u]][j];
                }
                sign[trans[u][j]] |= sign[fail[trans[u][j]]];
            }
        }
    }
 
    friend LL work(LL);
}AC;
 
const LL mo = 998244353;
 
class Matrix{
    public:
    LL a[300][300];
    int n;
 
    Matrix(int ss,int val = 0){
        n=ss;
        for(int i = 0; i < n; ++ i)
            for(int j = 0; j < n; ++ j){
                a[i][j] = val;
            }
    }
 
    Matrix(const Matrix & b){
        n = b.n;
        for(int i = 0; i < n; ++ i){
            for(int j = 0; j < n; ++ j){
                a[i][j] = b.a[i][j];
            }
        }
    }
 
    Matrix operator * (const Matrix & b){
        Matrix tmp(this->n);
        for(int i = 0; i < n; ++ i)
            for(int j = 0; j < n; ++ j)
                for(int k = 0; k < n; ++ k)
                    tmp.a[i][j] = (a[i][k] * b.a[k][j] % mo + tmp.a[i][j]) % mo;
        return tmp;
    }
 
    void print(){
        for(int i = 0; i < n ; ++ i){
            for(int j = 0; j < n; ++ j){
                printf("%lld%c",a[i][j],j==n-1?'\n':' ');
            }
        }
    }
};
 
Matrix qpower(Matrix a, LL b){
    Matrix tmp(a.n);
    for(int i = 0; i < a.n; ++ i)
        tmp.a[i][i] = 1;
    while(b){
        if (b&1) tmp = tmp * a;
        a = a * a;
        b >>= 1;
    }
    return tmp;
}
 
LL work(LL n){
    int cnt = AC.tot;
    Matrix ma(cnt+1);
    for(int i = 0; i <= cnt; ++ i){
        for(int j = 0; j < M; ++ j){
            ++ ma.a[i][AC.trans[i][j]];
        }
    }
    int qaq = 0;
    for(int i = 0; i <= cnt; ++ i){
        if (! AC.sign[i]) ++ qaq;
    }
    Matrix tmp(qaq);
    int x = -1, y = 0;
    for(int i = 0; i <= cnt; ++ i){
        if (AC.sign[i]) continue;
        y = 0;
        ++ x;
        for (int j = 0; j <= cnt; ++ j){
            if (AC.sign[j]) continue;
            tmp.a[x][y] = ma.a[i][j];
            ++ y;
        }
    }
    // tmp.print();
    Matrix qwq = qpower(tmp,n);
    LL ans = 0;
    for(int i = 0; i < qaq; ++ i)
        ans = (ans + qwq.a[0][i]) % mo;
    return ans;
}
 
char s[15];
 
int main(){
    int m;
    LL n;
    read(n);
    read(m);
    while(m--){
        scanf("%s",s);
        for(size_t i = 0; s[i]; ++ i){
            switch(s[i]){
                case 'a' : s[i] = '0'; break;
                case 'b' : s[i] = '1'; break;
            }
        }
        AC.insert(s);
    }
    AC.build();
    LL ans;
    ans = work(n);
    write(ans,'\n');
    return 0;
}

不过本题的字符串只包含01，可以直接矩阵优化 dp转移。

Ex - Shojin (abc305 h)

题目大意

给定n个二元组 (a,b)。

将二元组拆分成k段，让每段的代价的和不超过 x。

问最小的 k，以及对应的最小代价和。

每段的代价和定义如下：

首先可以对该段的二元组任意排序，然后初始代价 x=0，对每个二元组(a,b)依次计算 x=ax+b。最后的 x就是该段的代价。

解题思路

<++>

神奇的代码

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