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 \(y \leq 2\)，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\(10^9\)，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 \(a[posl] \to a[posr]\)的睡眠分钟数（前缀和得出），缺少了时间段 \(l \to a[posl]\)和额外的时间段 \(r \to a[posr]\)，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\(k_i\)可以监视距离不超过 \(h_i\)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 \(st \to k_i\)的边权为 \(maxx - h_i\)，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 \(k_i \to st\)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。
\(n \leq 10^{18}\)
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
