AtCoder Beginner Contest 347

A - Divisible (abc347 A)

题目大意

给定$n$个数$a_i$以及$k$，输出是 $k$的倍数的$a_i$整除以 $k$的值。

解题思路

按照题意判断取模和求整除即可。

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, k;
    cin >> n >> k;
    while (n--) {
        int a;
        cin >> a;
        if (a % k == 0)
            cout << a / k << ' ';
    }
    cout << '\n';
 
    return 0;
}
 

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B - Substring (abc347 B)

题目大意

给定字符串$s$，问子串种类数。

解题思路

$|s|$只有 $100$，直接 $O(n^2)$枚举子串丢进 $set$里，答案就是 $set$的大小。

长度大的话得后缀自动机。

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);
    string s;
    cin >> s;
    set<string> ans;
    for (int i = 0; i < s.size(); ++i)
        for (int j = i; j < s.size(); ++j) {
            ans.insert(s.substr(i, j - i + 1));
        }
    cout << ans.size() << '\n';
 
    return 0;
}
 

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C - Ideal Holidays (abc347 C)

题目大意

一周前$a$天假期，后 $b$天工作日。

给定 $n$天的安排，问第一个安排定在哪天，使得每个安排都在假期。

解题思路

先让安排日期对$a+b$取模，剩下的问题就是， $[0,a+b-1]$数轴上有一堆点，问能否有一个长度为 $a$的区间覆盖了所有点。

枚举覆盖的左端点，看与最右边的点的距离是否超过 $a$即可。

注意计算$a+b+d_i$会超 $int$范围。

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 n, a, b;
    cin >> n >> a >> b;
    LL tot = a + b;
    vector<LL> d;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        --x;
        x %= tot;
        d.push_back(x);
        d.push_back(x + tot);
    }
    ranges::sort(d);
    LL dis = numeric_limits<LL>::max();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dis = min(dis, d[i + n - 1] - d[i] + 1);
    }
    if (dis <= a)
        cout << "Yes" << endl;
    else
        cout << "No" << endl;
 
    return 0;
}
 

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D - Popcount and XOR (abc347 D)

题目大意

给定$a,b,c$，输出一对 $x,y$，满足:

• $x < 2^{60}, y < 2^{60}$
• $popcount(x) = a$
• $popcount(y) = b$
• $x \oplus y = c$

$popcount(x)$即返回 $x$在二进制下$1$的个数。 $\oplus$是异或。

解题思路

构造题。

假设$c$在二进制下 $1$的个数为 $cnt$。

那么这 $cnt$个 $1$要分配在 $x,y$里。假设分配了 $l$个 $1$给 $x$， $r$个 $1$给 $y$，其中 $l+r=cnt$。

此时 $x$还剩下 $a-l$个 $1$， $y$还剩下 $b-r$个 $1$要分配，这些 $1$的分配需要在 $\oplus$时抵消掉。

所以应有 $a-l=b-r$。结合 $l+r=cnt$可以解得 $l,r$值。

即 $over=\frac{a+b-cnt}{2}$是分配给$x,y$的 $1$，以在 $\oplus$时抵消。

剩下的$a-over$和 $b-over$是分配给 $x,y$，以凑成 $c$。

因此就逐位遍历 $c$，如果是 $1$，则分配给 $x$或 $y$（看$a,b > 0$），如果是 $0$，则都分配给 $x,y$（如果 $over > 0)$。

至于无解条件，一个是 $a+b < c$，一个是 $a+b-cnt$不是偶数，还有的情况难以言说，比如 $a=60,b=60,cnt=60$，因为限定了$x < 2^{60},y < 2^{60}$，没有多余的位置分配给用于抵消的 $1$。所以就最后再判断一下构造出来符不符合要求。

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;
    LL c;
    cin >> a >> b >> c;
    int aa = a, bb = b;
    auto popcount = [](LL x) {
        int ret = 0;
        while (x) {
            ret += x & 1;
            x >>= 1;
        }
        return ret;
    };
    int cc = popcount(c);
    if (cc > a + b || ((a + b - cc) & 1)) {
        cout << -1 << '\n';
        return 0;
    }
 
    int over = (a + b - cc) / 2;
    a -= over;
    b -= over;
    if (a < 0 || b < 0) {
        cout << -1 << '\n';
        return 0;
    }
 
    LL A = 0, B = 0;
    for (int i = 0; i < 60; i++) {
        if (c & (1LL << i)) {
            if (a) {
                A |= 1LL << i;
                a--;
            } else if (b) {
                B |= 1LL << i;
                b--;
            } else {
                assert(0);
            }
        } else if (over) {
            A |= 1LL << i;
            B |= 1LL << i;
            over--;
        }
    }
    if (popcount(A) != aa || popcount(B) != bb) {
        cout << -1 << '\n';
        return 0;
    }
    cout << A << ' ' << B << '\n';
 
    return 0;
}
 

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E - Set Add Query (abc347 E)

题目大意

初始$n$个 $0$的数组$a_i$和空集合$s$。进行以下 $q$次操作。

每次操作给定一个 $x$，

• 如果 $x$在集合里，移除它，否则放入它。
• 对于$j \in s$,$a_j += |s|$

解题思路

朴素的模拟的复杂度是$O(nq)$，考虑在这个过程，每个操作后，都要遍历一下集合里的元素，给数组$a$的对应位置相加。

当一个数$x$在集合 $s$里时，每个操作之后都会对 $a_x$作贡献，直到它被移除集合。

每次操作都计算贡献的话，就是朴素的模拟，复杂度上限就是 $O(nq)$。要优化，就不能每次操作算贡献了。

注意到一个数 $x$做出的贡献是一个连续的操作区间，贡献值就是这个操作区间的 $|s|$的和。那我们可以维护一个关于操作顺序的 $|s|$的前缀和$presum$，当 $x$被移除时，我们就结算它对 $a_x$的贡献：就一个前缀和的相减，这里需要记录下$x$何时放入的。

操作结束后，再对还在$s$里的元素结算下贡献就好了。

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 n, q;
    cin >> n >> q;
    vector<LL> presum;
    presum.push_back(0);
    set<int> s;
    vector<int> la(n, 0);
    vector<LL> ans(n, 0);
    for (int i = 1; i <= q; ++i) {
        int x;
        cin >> x;
        --x;
        if (s.count(x)) {
            ans[x] += presum[i - 1] - presum[la[x] - 1];
            s.erase(x);
        } else {
            la[x] = i;
            s.insert(x);
        }
        presum.push_back(presum.back() + s.size());
    }
    for (auto& i : s) {
        ans[i] += presum[q] - presum[la[i] - 1];
    }
    for (auto& i : ans) {
        cout << i << ' ';
    }
    cout << '\n';
 
    return 0;
}
 

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F - Non-overlapping Squares (abc347 F)

题目大意

给定一个$n \times n$的网格，问三个不重叠的 $m \times m$的网格覆盖，和的最大值。

解题思路

<++>

神奇的代码

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G - Grid Coloring 2 (abc347 G)

题目大意

<++>

解题思路

<++>

神奇的代码

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