AtCoder Beginner Contest 348

A - Penalty Kick (abc348 A)

题目大意

给定$n$，输出 $ooxooxoox...$，长度为 $n$。

解题思路

按题意模拟即可。

神奇的代码

n = int(input())
ans = "oox" * (n // 3) + "o" * (n % 3)
print(ans)

---

B - Farthest Point (abc348 B)

题目大意

给定$n$个点，对每个点，求出与其距离最远的点的下标。

解题思路

$n$只有 $100$，对于每个点，花 $O(n)$遍历每个点最大化距离，时间复杂度为 $O(n^2)$。

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<array<int, 2>> p(n);
    for (auto& i : p)
        cin >> i[0] >> i[1];
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int dis = 0, ans = 0;
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            if (i == j)
                continue;
            int dis1 = (p[i][0] - p[j][0]) * (p[i][0] - p[j][0]) +
                       (p[i][1] - p[j][1]) * (p[i][1] - p[j][1]);
            if (dis1 > dis) {
                dis = dis1;
                ans = j;
            } else if (dis1 == dis) {
                ans = min(ans, j);
            }
        }
        cout << ans + 1 << '\n';
    }
 
    return 0;
}
 

---

C - Colorful Beans (abc348 C)

题目大意

$n$个豌豆，每个豌豆有美味值 $a$和颜色值 $c$。

豌豆之间只有颜色区别。

现在你会从一种颜色的豌豆里选一个豌豆出来。

最大化选出来的豌豆美味值的最小值。

解题思路

选定一个颜色，最坏情况就是选出了这个颜色中美味值最小的豌豆。

因此对每种颜色求出美味值最小的豌豆，然后所有颜色（决策）的美味值取个最大值即为答案。

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;
    cin >> n;
    map<int, int> minn;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int a, c;
        cin >> a >> c;
        if (minn.find(c) == minn.end()) {
            minn[c] = a;
        } else
            minn[c] = min(minn[c], a);
    }
    int ans = minn.begin()->second;
    for (auto& [c, a] : minn) {
        ans = max(ans, a);
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

---

D - Medicines on Grid (abc348 D)

题目大意

二维网格，起点终点，有障碍物，有药，药的作用是将体力值变为$c_i$。

初始起点，体力值为 $0$，问能否走到终点。

解题思路

考虑朴素搜索，记录状态$(i,j,k)$，表示位于 $(i,j)$，当前体力值为 $k$，然后枚举四个方向搜索后继情况。

考虑总情况数，即 $O(200^2 \times 200^2)$，有点危险，可以加一些剪枝，比如设 $dis[i][j]$表示到达 $(i,j)$时的最大体力，采用 $SPFA$式的搜索即可。

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 h, w;
    cin >> h >> w;
    vector<string> tu(h);
    for (auto& i : tu)
        cin >> i;
    vector<vector<int>> dp(h, vector<int>(w, -1));
    vector<vector<int>> med(h, vector<int>(w, -1));
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int r, c, e;
        cin >> r >> c >> e;
        --r, --c;
        med[r][c] = e;
    }
    queue<pair<int, int>> q;
    vector<vector<int>> inq(h, vector<int>(w, 0));
    for (int i = 0; i < h; i++) {
        for (int j = 0; j < w; j++) {
            if (tu[i][j] == 'S') {
                dp[i][j] = med[i][j];
                q.push({i, j});
                inq[i][j] = 1;
            }
        }
    }
    const array<int, 4> dx = {0, 0, 1, -1};
    const array<int, 4> dy = {1, -1, 0, 0};
    while (!q.empty()) {
        auto [x, y] = q.front();
        q.pop();
        inq[x][y] = 0;
        if (dp[x][y] <= 0)
            continue;
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
            if (nx < 0 || nx >= h || ny < 0 || ny >= w || tu[nx][ny] == '#')
                continue;
            if (dp[nx][ny] < dp[x][y] - 1) {
                dp[nx][ny] = max(dp[x][y] - 1, med[nx][ny]);
                if (tu[nx][ny] == 'T')
                    break;
                if (!inq[nx][ny]) {
                    q.push({nx, ny});
                    inq[nx][ny] = 1;
                }
            }
        }
    }
    int ok = false;
    for (int i = 0; i < h; i++) {
        for (int j = 0; j < w; j++) {
            if (tu[i][j] == 'T' && dp[i][j] >= 0) {
                ok = true;
                break;
            }
        }
    }
    if (ok) {
        cout << "Yes\n";
    } else {
        cout << "No\n";
    }
 
    return 0;
}
 

---

E - Minimize Sum of Distances (abc348 E)

题目大意

给定一棵树，点有点权$c_i$，边权为$1$。

定义 $f(x) = \sum_{i}c_i dis(x, i)$，其中$dis(x,i)$表示点 $x$到点 $i$的最小距离。

求$f(x)$的最小值。

解题思路

朴素求法即$O(n^2)$。枚举每个点$x$，然后求一遍 $dis(x,i)$ ，然后计算$f(x)$，取最小值。枚举每个点耗时 $O(n)$，计算 $f(x)$耗时 $O(n)$。

考虑优化 $f(x)$的计算。注意到是棵树，我们一般考虑先枚举根 $0$，计算 $f(0)$，然后考虑枚举 $0$的儿子 $x$，看看 $f(x)$能否从 $f(0)$得到。

枚举的点从 $0 \to x$，考虑$f(0) \to f(x)$的计算变化，只有$dis(0,i)$变成 $dis(x,i)$， 其中$i \in x$的子树的 $dis(x,i) = dis(0,i) - 1$，其余的 $i$的 $dis(x, i) = dis(0,i) + 1$。

即 $f(0) = \sum_{i}c_i dis(0, i)$，这是我们已经算出来的。

当$0 \to x$时，$f(x) = \sum_{i}c_i dis(x, i) = \sum_{i \in x\text{子树}}c_i (dis(0, i) - 1) + \sum_{i \notin x\text{子树}}c_i (dis(0, i) + 1) = \sum_{i}c_i dis(0, i) - \sum_{i \in x\text{子树}} c_i + \sum_{i \notin x\text{子树}}c_i$

代入$f(0) = \sum_{i}c_i dis(0, i)$得，$f(x)= f(0) - \sum_{i \in x\text{子树}} c_i + \sum_{i \notin x\text{子树}}c_i$

因此我们预处理$sum_x$表示以 $x$为子树的 $c_i$的和， $sum$是所有的 $c_i$的和，那不在 $x$的子树的 $c_i$的和可以表示成 $sum - sum_x$。这样当 $0 \to x$时， $f(x)$就可以通过 $f(0),sum_x,sum$在 $O(1)$内算出来了。

总的时间复杂度变为 $O(n)$。

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;
    cin >> n;
    vector<vector<int>> edge(n);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        u--;
        v--;
        edge[u].push_back(v);
        edge[v].push_back(u);
    }
    vector<int> c(n);
    for (auto& x : c)
        cin >> x;
    LL sum = accumulate(c.begin(), c.end(), 0ll);
    vector<LL> csum(n);
    LL f = 0;
    auto dfs = [&](auto self, int u, int fa, int deep) -> void {
        for (auto v : edge[u]) {
            if (v == fa)
                continue;
            self(self, v, u, deep + 1);
            csum[u] += csum[v];
        }
        f += 1ll * c[u] * deep;
        csum[u] += c[u];
    };
    dfs(dfs, 0, 0, 0);
    LL ans = f;
    auto dfs2 = [&](auto self, int u, int fa) -> void {
        ans = min(ans, f);
        for (auto v : edge[u]) {
            if (v == fa)
                continue;
            f -= csum[v];
            f += sum - csum[v];
            self(self, v, u);
            f -= sum - csum[v];
            f += csum[v];
        }
    };
    dfs2(dfs2, 0, 0);
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

---

F - Oddly Similar (abc348 F)

题目大意

给定$n$个序列$a_i$，长度为$m$，问俩俩序列相似的对数。

俩序列相似，说明有奇数个位置，其数相同。

解题思路

考虑朴素做法，枚举两个序列，然后枚举下标，记录数相同的个数，其时间复杂度是$O(n^2m)$。判断数相同如果不用 $if$的话，在 $clang$下能跑过（吸氧太猛了。

n3方过2e3

#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<vector<int>> a(n, vector<int>(m, 0));
    for (auto& x : a)
        for (auto& y : x)
            cin >> y;
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            int sum = 0;
            for (int k = 0; k < m; k++) {
                sum ^= (a[i][k] == a[j][k]);
            }
            ans += sum;
        }
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

---

朴素做法是$O(nnm)$，分别是枚举$j$（一行），枚举 $i$（另一行），再枚举 $k$（列）。考虑对其中一个因素优化。经过尝试，我们可以对枚举$i$优化。

其实$O(nnm)$是非常接近 $10^9$的，一般是可以采用 $bitset$优化，总复杂度可以除以 $64$。

我们记$cnt[k][l]$表示第 $k$列值为 $l$的那些行的情况，即一个 $bitset$， $cnt[k][l][i]=1$表示第$i$行 第$k$列的值为$l$， $=0$则不为 $l$。

枚举一行 $j$，然后枚举一列 $k$，我们将所有的 $cnt[k][a_{j,k}]$（这些都是 $bitset$）异或起来，最后得到的就是第 $j$行与其余行的相似度情况（同下标数相等的个数的奇偶性），统计其为 $1$的个数即为 $(i,j)$相似的 $i$的数量。注意要把 $i=j$的情况去掉。

时间复杂度是$O(\frac{n^2m}{64})$

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<vector<int>> a(n, vector<int>(m));
    vector<vector<bitset<2000>>> cnt(m, vector<bitset<2000>>(1000));
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            cin >> a[i][j];
            --a[i][j];
            cnt[j][a[i][j]][i] = 1;
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        bitset<2000> s{};
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            s ^= cnt[j][a[i][j]];
        }
        s[i] = 0;
        ans += s.count();
    }
    ans /= 2;
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

---

G - Max (Sum - Max) (abc348 G)

题目大意

给定长度为$n$的数组 $a,b$，对 $k = 1,2,...,n$，求解以下答案。

选择$k$个下标，使得 $\sum_{k} a_k - \max_{k} b_k$ 最大。

解题思路

<++>

神奇的代码

---