AtCoder Beginner Contest 334

A - Christmas Present (abc334 A)

题目大意

给定两个数b,g(b≠g)，如果 b大则输出 Bat，否则输出Glove。

解题思路

比较大小输出即可。

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 a, b;
    cin >> a >> b;
    if (a > b)
        cout << "Bat" << '\n';
    else
        cout << "Glove" << '\n';
 
    return 0;
}

B - Christmas Trees (abc334 B)

题目大意

给定a,m,l,r，问有多少个整数 k满足 l≤a+mk≤r.

解题思路

对不等式化简一下即为
l−am≤k≤r−am
的整数个数。

答案就是⌊r−am⌋−⌈l−am⌉+1。

在C++直接用floor,ceil函数貌似有精度问题。

上下取整的转换是⌈ab⌉=⌊a+b−1b⌋。

但C++的取整都是向0取整（舍尾），在负数的时候不适用，因此代码里先把它们全部平移到正数。

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);
    LL a, m, l, r;
    cin >> a >> m >> l >> r;
    l -= a;
    r -= a;
    if (l < 0) {
        LL shift = -l;
        shift += m - shift % m;
        l += shift;
        r += shift;
    }
    LL R = r / m;
    LL L = (l + m - 1) / m;
    LL ans = R - L + 1;
 
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

C - Socks 2 (abc334 C)

题目大意

给定n双袜子，编号 1−n，但丢失了其中 k双袜子各一只。

现重新俩俩配对，使得每双袜子的编号差的和最小。

解题思路

考虑原本成双的袜子，如果拆开来配对单个袜子的话，发现不会更优。因此仅考虑单个袜子的。

单个袜子的按照编号从小到大一一配对，容易发现这是最小的了，任意交换两个配对方式都会导致差的和更大。

如果是偶数只则完美匹配，如果是奇数只，则需舍弃一只，枚举舍弃的这只（容易发现舍弃了这只后，左边数量一定是偶数，右边数量一定是偶数的情况才更优），剩下的就是从头一一匹配，而从尾一一匹配，这个可以事先预处理得到。时间复杂度是O(n)。当然可以如代码一样动态维护左右两边匹配的结果。

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, k;
    cin >> n >> k;
    vector<int> a(k);
    for (auto& i : a)
        cin >> i;
    LL ans = 0;
    if (~k & 1) {
        for (int i = 0; i < k; i += 2)
            ans += a[i + 1] - a[i];
    } else if (k > 1) {
        LL sum = 0;
        for (int i = k - 1; i > 0; i -= 2)
            sum += a[i] - a[i - 1];
        ans = sum;
        for (int i = 0; i < k - 1; i += 2) {
            sum -= a[i + 2] - a[i + 1];
            sum += a[i + 1] - a[i];
            ans = min(ans, sum);
        }
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

D - Reindeer and Sleigh (abc334 D)

题目大意

有n个雪橇，第 i个雪橇需要 ri只麋鹿拉。

给定 q个询问，对于每个询问给定 x只麋鹿，问最多能拉多少个雪橇。

解题思路

很显然我们优先拉需要的麋鹿数量少的雪橇。

因此先对拉雪橇所需的麋鹿数量ri拍个序，找到最大的k使得∑i=1kri≤x。

在一个关于ri的前缀和数组上 二分找到对应位置即可。时间复杂度是O(qlog⁡n)

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<LL> r(n);
    for (auto& i : r)
        cin >> i;
    ranges::sort(r);
    partial_sum(r.begin(), r.end(), r.begin());
    while (q--) {
        LL x;
        cin >> x;
        auto pos = ranges::upper_bound(r, x) - r.begin();
        cout << pos << '\n';
    }
 
    return 0;
}

E - Christmas Color Grid 1 (abc334 E)

题目大意

给定包含 .#的二维网格。现随机将一个 .改成#，问#的期望连通块数量。

解题思路

由于网格大小只有1000×1000，可以枚举每个 .，计算它变成#后的影响。

考虑如何计算影响，首先计算出原图的所有#的连通块block，可以用并查集或者BFS。然后考虑当一个.变成#后，它能连通多少个不同的连通块。很显然四个方向，如果有x个不同的连通块，那么此时连通块数量就变成block+1−x。

所有情况求和，再除以 .的数量即为答案。

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);
    int h, w;
    cin >> h >> w;
    vector<string> s(h);
    int red = 0;
    for (auto& i : s) {
        cin >> i;
        red += ranges::count(i, '.');
    }
    vector<vector<int>> own(h, vector<int>(w, 0));
    int block = 0;
    array<int, 4> dx{1, -1, 0, 0};
    array<int, 4> dy{0, 0, 1, -1};
    auto BFS = [&](int x, int y) {
        queue<array<int, 2>> team;
        team.push({x, y});
        block++;
        own[x][y] = block;
        while (!team.empty()) {
            auto [x, y] = team.front();
            team.pop();
            for (int i = 0; i < 4; ++i) {
                int nx = x + dx[i];
                int ny = y + dy[i];
                if (nx < 0 || ny < 0 || nx >= h || ny >= w ||
                    s[nx][ny] != '#' || own[nx][ny])
                    continue;
                own[nx][ny] = block;
                team.push({nx, ny});
            }
        }
    };
    for (int i = 0; i < h; ++i)
        for (int j = 0; j < w; ++j) {
            if (s[i][j] == '#' && !own[i][j])
                BFS(i, j);
        }
    LL ans = 0;
    for (int i = 0; i < h; ++i)
        for (int j = 0; j < w; ++j) {
            if (s[i][j] == '.') {
                set<int> nei;
                for (int k = 0; k < 4; ++k) {
                    int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
                    if (x < 0 || y < 0 || x >= h || y >= w || s[x][y] == '.')
                        continue;
                    nei.insert(own[x][y]);
                }
                ans += block + 1 - int(nei.size());
            }
        }
    ans = ans % mo * inv(red) % mo;
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

F - Christmas Present 2 (abc334 F)

题目大意

二维平面，起点st，依次去n个点送礼物，一次只能携带最多 k个礼物。只能回起点补充礼物。

问从起点出发，送完 n个点的礼物，并回到起点的最小距离和。

解题思路

考虑当前已经送完了前i点的礼物，那我接下来的决策就是决定送多少（≤k）个礼物 ，不同的决策就有一个距离代价。

由此设dp[i]表示送完前 i个点的礼物，并回到起点的最小距离和。考虑上次送了几个礼物，得转移式：

dp[i]=mini−k≤j≤i−1(dp[j]+dis[st→j+1]+dis[j+1→...→i]+dis[i→st])

时间复杂度是O(n2)。

把中间的dis[j+1→...→i]用距离前缀和代替 sum[i]−sum[j+1]，并把与 j无关的项抽出来，得

dp[i]=mini−k≤j≤i−1(dp[j]+dis[st→j+1]−sum[j+1])+sum[i]+dis[i→st]

中间是一个关于数组cost[j]=dp[j]+dis[st→j+1]−sum[j+1]的滑动窗口取 min，用单调队列优化即可。

时间复杂度是 O(n)。

当然也可以用线段树（

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, k;
    cin >> n >> k;
    vector<array<int, 2>> pos(n + 1);
    for (auto& i : pos)
        cin >> i[0] >> i[1];
    vector<double> sum(n + 2);
    auto calc = [&](array<int, 2>& a, array<int, 2>& b) {
        LL dx = a[0] - b[0];
        LL dy = a[1] - b[1];
        return sqrt(dx * dx + dy * dy);
    };
    vector<double> dis(n + 2, 0);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        sum[i] = sum[i - 1] + calc(pos[i], pos[i - 1]);
        dis[i] = calc(pos[i], pos[0]);
    }
    deque<pair<double, int>> team;
    vector<double> dp(n + 1);
    team.push_back({dp[0] + dis[1] - sum[1], 0});
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        while (!team.empty() && team.front().second < i - k) {
            team.pop_front();
        }
        dp[i] = team.front().first + sum[i] + dis[i];
        double cur = dp[i] + dis[i + 1] - sum[i + 1];
        while (!team.empty() && team.back().first >= cur)
            team.pop_back();
        team.push_back({cur, i});
    }
    cout << fixed << setprecision(10) << dp.back() << '\n';
 
    return 0;
}

G - Christmas Color Grid 2 (abc334 G)

题目大意

给定包含 .#的二维网格。现随机将一个 #改成.，问#的期望连通块数量。

解题思路

由于网格大小只有1000×1000，可以枚举每个 #，计算它变成.后的影响。

枚举#，当它变成 .，原本所在的#连通块可能会被拆分成若干块，也可能不会被拆开，这取决于这个点是否是关键点，或者说割点。

我们需要一个描述这样性质的信息，即tarjan里的dfn和low。其中dfn[i]表示第一次访问该点的时间，low[i]表示从该点往下走，通过返祖边能往上返回的最早的节点的时间。

注意一张图可以看作是一颗DFS树和一些返祖边构成，而这些返祖边就是会造成连通块不会被拆开的原因。

因此先对原图进行DFS，得到每个点的dfn和low。然后依次考虑删除每个点u，对于其儿子点 v，考虑其是否还和点u的父亲往上部分连通。

根据定义，如果 dfn[u]≤low[v]，说明 v子树无法回溯到点 u的父亲往上，也就和上面断开了，此时连通块数量会+1。。

因此，记dfs[u]≤low[v]的 v的数量为 c。

如果当前点 u是根，则删去该点后，连通块 数量会增加c−1，否则就增加 c。

这样考虑一个#后的连通块数量就能O(1)算的，所有情况累加，除以#数量即为答案。

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);
    int h, w;
    cin >> h >> w;
    vector<string> s(h);
    int greeen = 0;
    for (auto& i : s) {
        cin >> i;
        greeen += ranges::count(i, '#');
    }
    vector<int> dfn(h * w), low(h * w);
    int time = 0;
    int block = 0;
    auto tr = [&](int x, int y) { return x * w + y; };
    auto invtr = [&](int x) -> array<int, 2> { return {x / w, x % w}; };
    array<int, 4> dx{1, -1, 0, 0};
    array<int, 4> dy{0, 0, 1, -1};
    vector<vector<int>> son(h * w);
    vector<int> f(h * w);
    auto dfs = [&](auto self, int u, int fa) -> void {
        ++time;
        f[u] = fa;
        dfn[u] = low[u] = time;
        auto [x, y] = invtr(u);
        for (int i = 0; i < 4; ++i) {
            int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
            if (nx < 0 || ny < 0 || nx >= h || ny >= w || s[nx][ny] == '.')
                continue;
            int nu = tr(nx, ny);
            if (nu == fa)
                continue;
            if (dfn[nu])
                low[u] = min(low[u], dfn[nu]);
            else {
                son[u].push_back(nu);
                self(self, nu, u);
                low[u] = min(low[u], low[nu]);
            }
        }
    };
    for (int i = 0; i < h; ++i)
        for (int j = 0; j < w; ++j) {
            auto it = tr(i, j);
            if (s[i][j] == '#' && !dfn[it]) {
                ++block;
                dfs(dfs, it, it);
            }
        }
    LL ans = 0;
    for (int i = 0; i < h; ++i)
        for (int j = 0; j < w; ++j) {
            if (s[i][j] == '#') {
                int cnt = 0, u = tr(i, j);
                for (auto& v : son[u]) {
                    cnt += (dfn[u] <= low[v]);
                }
                ans += block - 1 + cnt + (f[u] != u);
            }
        }
    ans = ans % mo * inv(greeen) % mo;
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

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