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
