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🔖二分二维前缀和期望DP 前缀和思维线段树字符串hash

2023-12-05 10:20阅读: 229评论: 0推荐: 1

AtCoder Beginner Contest 331

A - Tomorrow (abc331 A)

题目大意

给定一年的月数和一月的天数，以及当天日期，问次日的日期。

解题思路

一个简单的进制加法运算，超出进制数则向前加一。

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 m, d;
    int Y, M, D;
    cin >> m >> d >> Y >> M >> D;
    ++D;
    if (D > d) {
        D = 1;
        ++M;
    }
    if (M > m) {
        M = 1;
        ++Y;
    }
    cout << Y << ' ' << M << ' ' << D << '\n';
 
    return 0;
}

B - Buy One Carton of Milk (abc331 B)

题目大意

给定 $6,8,12$ 根胡萝卜的价格。

问买至少 $n$ 根胡萝卜的最小花费。

解题思路

由于 $n$ 只有 $100$ ，花 $O(n^3)$ 枚举这三类胡萝卜的购买次数，取花费最小值即可。

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, m, s, l;
    cin >> n >> m >> s >> l;
    int ans = 1e9 + 7;
    for (int i = 0; i <= n; ++i)
        for (int j = 0; j <= n; ++j)
            for (int k = 0; k <= n; ++k) {
                if (i * 6 + j * 8 + k * 12 >= n)
                    ans = min(ans, i * m + j * s + k * l);
            }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

C - Sum of Numbers Greater Than Me (abc331 C)

题目大意

给定 $n$ 个数，对于每个数，问比它大的数字的和。

解题思路

将这些数字排序，那么比这个数字大的数都在这个数字的一边，预处理前缀和，二分找到比这个数字大的位置，前缀和结果即为答案。

代码是找比这个数字小的。

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;
    cin >> n;
    vector<LL> a(n);
    for (auto& i : a)
        cin >> i;
    vector<LL> b = a;
    ranges::sort(b);
    vector<LL> sum(n);
    partial_sum(b.begin(), b.end(), sum.begin());
    LL all = accumulate(a.begin(), a.end(), 0ll);
    for (auto& i : a) {
        auto l = ranges::upper_bound(b, i);
        LL ans = all;
        if (l != b.begin())
            ans -= (sum[l - b.begin() - 1]);
        cout << ans << ' ';
    }
    cout << '\n';
 
    return 0;
}

D - Tile Pattern (abc331 D)

题目大意

给定一个 $n \times n$ 的包含 BW的二维网格，将这个网格平移复制平铺在无限大的平面上。

$q$ 次询问，每次询问 $[a,b] \to [c,d]$ 的矩形区域的B的数量。

解题思路

直接计算该区域的B数量会有很多边界条件考虑，考虑二维前缀和，设 $sum(a,b)$ 表示 $[0,0] \to [a,b]$ 的矩形区域的 B数量，则 $[a,b] \to [c,d] = sum(c,d) - sum(a - 1, d) - sum(c, b - 1) + sum(a - 1, b - 1)$ 。

对于 $sum(a,b)$ 的计算，分三部分考虑：

完整的 $n \times n$ 的矩形数量，有 $\lfloor \frac{a}{n} \rfloor \times \lfloor \frac{b}{n} \rfloor$ 个这样的完整矩形，再乘以这个矩形的B数量。
$(a \% n) \times n$ 的矩形数量，有 $\lfloor \frac{b}{n} \rfloor$ 个，再乘以这个矩形的B数量。
$n \times (b \% n)$ 的矩形数量，有 $\lfloor \frac{a}{n} \rfloor$ 个，再乘以这个矩形的B数量。
$(a \% n) \times (b \% n)$ 的矩形的B数量。

求上述矩形的B的数量可以通过预处理关于B的二维前缀和 $O(1)$ 得到，再乘以矩形数量，求和即为答案。

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, q;
    cin >> n >> q;
    vector<string> s(n);
    for (auto& i : s)
        cin >> i;
    vector<vector<int>> sum(n, vector<int>(n, 0));
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            sum[i][j] += (s[i][j] == 'B');
            if (i)
                sum[i][j] += sum[i - 1][j];
            if (j)
                sum[i][j] += sum[i][j - 1];
            if (i && j)
                sum[i][j] -= sum[i - 1][j - 1];
        }
    auto solve = [&](int x, int y) {
        if (x < 0 || y < 0)
            return 0ll;
        int row = x / n, col = y / n;
        LL ans = 1ll * row * col * sum[n - 1][n - 1];
        x %= n, y %= n;
        ans += sum[x][y];
        ans += 1ll * sum[n - 1][y] * row;
        ans += 1ll * sum[x][n - 1] * col;
        return ans;
    };
 
    while (q--) {
        int a, b, c, d;
        cin >> a >> b >> c >> d;
        cout << solve(c, d) - solve(a - 1, d) - solve(c, b - 1) +
                    solve(a - 1, b - 1)
             << '\n';
    }
 
    return 0;
}

E - Set Meal (abc331 E)

题目大意

给定数组 $a$ 和数组 $b$ ，以及 $l$ 个二元组 $(a_i, b_j)$ ，要求从中各选一个数出来，但不能是 $(a_i, b_j)$ 。问最大的和是多少。

解题思路

考虑求第 $k$ 大和的做法，用优先队列维护当前的候选答案，当第 $k$ 大被禁止时，就看第 $k+1$ 大，最坏情况下相当于求第 $l+1$ 大，复杂度是 $O(l\log nm)$

关于用优先队列求第 $K$ 大的做法，先对两个数组降序排序，然后放入 $(a_0 + b_0, 0, 0)$ 。考虑我们取出的元素是 $(a_i + b_j, i, j)$ ，当这个元素被禁止时，我们考虑它的后续答案，即 $(a_{i+1} + b_j, i + 1, j)$ 和 $(a_i + b_{j + 1}, i, j + 1)$ 两个放入优先队列里。注意不要把重复的元素放进去。

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, l;
    cin >> n >> m >> l;
    vector<int> a(n), b(m);
    for (auto& i : a)
        cin >> i;
    for (auto& i : b)
        cin >> i;
    set<array<int, 2>> forbid, used;
    for (int i = 0; i < l; ++i) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        --x, --y;
        forbid.insert({x, y});
    }
    priority_queue<array<int, 3>> team;
    vector<int> ida(n), idb(m);
    iota(ida.begin(), ida.end(), 0);
    iota(idb.begin(), idb.end(), 0);
    ranges::sort(ida, [&](int x, int y) { return a[x] > a[y]; });
    ranges::sort(idb, [&](int x, int y) { return b[x] > b[y]; });
    team.push({a[ida[0]] + b[idb[0]], 0, 0});
    used.insert({0, 0});
    int ans = 0;
    while (!team.empty()) {
        auto [sum, x, y] = team.top();
        team.pop();
        if (forbid.find({ida[x], idb[y]}) == forbid.end()) {
            ans = sum;
            break;
        }
        if (x + 1 < n) {
            int X = x + 1, Y = y;
            if (used.find({X, Y}) == used.end()) {
                team.push({a[ida[X]] + b[idb[Y]], X, Y});
                used.insert({X, Y});
            }
        }
        if (y + 1 < m) {
            int X = x, Y = y + 1;
            if (used.find({X, Y}) == used.end()) {
                team.push({a[ida[X]] + b[idb[Y]], X, Y});
                used.insert({X, Y});
            }
        }
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

也可以线性的求法，对数组 $b$ 降序排序，然后对于每个 $a_i$ ，找到第一个未被禁止的 $(a_i, b_j)$ ，作为一个候选答案。因为 $b$ 是降序的，后续的 $b$ 一定是不优的。

对所有的 $a_i$ 的候选答案取最大值即为答案。这样的时间复杂度是 $O(n + l)$ 。

F - Palindrome Query (abc331 F)

题目大意

给定一个字符串 $s$ ，进行以下两种操作：

1 x c 将 $s_x = c$
2 L R 问 $s[l..r]$ 是否是回文串。

解题思路

判断一个串是否是回文串，可以通过比较原串和反串（即reverse，翻转）是否一致。

对原串和反串分别进行字符串hash，可以 $O(1)$ 获取某一子串的hash值，通过比较原串和反串的hash是否一致，即可知道是否是回文串。

考虑到操作一的修改，由于字符串hash是可合并的，用线段树维护字符串hash值即可。

线段树某一节点 $root$ ，其信息为，该 $root$ 对应的子串的 hash值。两个相邻子串的hash值可以合并，得到整个串的hash值。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
const LL mo = 998244353;
const LL base = 13331;
const int N = 1e6 + 8;
LL p[N];
 
class segment {
#define lson root << 1
#define rson root << 1 | 1
 
    LL hash[N << 2];
 
  public:
    void build(int root, int l, int r, string& s) {
        if (l == r) {
            hash[root] = (s[l - 1] - 'a');
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(lson, l, mid, s);
        build(rson, mid + 1, r, s);
        hash[root] = hash[lson] * p[r - mid] % mo + hash[rson];
        if (hash[root] >= mo)
            hash[root] -= mo;
    }
 
    void update(int root, int l, int r, int pos, int val) {
        if (l == r) {
            hash[root] = val;
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (pos <= mid)
            update(lson, l, mid, pos, val);
        else
            update(rson, mid + 1, r, pos, val);
        hash[root] = hash[lson] * p[r - mid] % mo + hash[rson];
        if (hash[root] >= mo)
            hash[root] -= mo;
    }
 
    LL get(int root, int l, int r, int L, int R) {
        if (L <= l && r <= R) {
            return hash[root];
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        LL lval = 0, rval = 0;
        if (L <= mid)
            lval = get(lson, l, mid, L, R);
        if (R > mid)
            rval = get(rson, mid + 1, r, L, R);
        return (lval * p[min(r - mid, max(0, R - mid))] % mo + rval) % mo;
    }
} pre, suf;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    p[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++i)
        p[i] = p[i - 1] * base % mo;
    int n, q;
    string s;
    cin >> n >> q >> s;
    pre.build(1, 1, n, s);
    reverse(s.begin(), s.end());
    suf.build(1, 1, n, s);
    while (q--) {
        int op;
        cin >> op;
        if (op == 1) {
            int pos;
            string c;
            cin >> pos >> c;
            pre.update(1, 1, n, pos, c[0] - 'a');
            suf.update(1, 1, n, n - pos + 1, c[0] - 'a');
        } else {
            int l, r;
            cin >> l >> r;
            LL L = pre.get(1, 1, n, l, r);
            LL R = suf.get(1, 1, n, (n - r + 1), (n - l + 1));
            if (L == R)
                cout << "Yes" << '\n';
            else
                cout << "No" << '\n';
        }
    }
 
    return 0;
}

G - Collect Them All (abc331 G)

题目大意

给定 $n$ 张卡牌，每张卡牌写的数字 $\in [1, m]$ 。

每次抽取一张，记录卡的数字，然后放回。

问记录了这 $m$ 个数字的期望抽取次数。

解题思路

<++>

神奇的代码

本文作者：~Lanly~

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posted @ 2023-12-05 10:20 ~Lanly~ 阅读(229) 评论(0) 编辑收藏举报

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	#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 m, d;
	int Y, M, D;
	cin >> m >> d >> Y >> M >> D;
	++D;
	if (D > d) {
	D = 1;
	++M;
	}
	if (M > m) {
	M = 1;
	++Y;
	}
	cout << Y << ' ' << M << ' ' << D << '\n';

	return 0;
	}