AtCoder Beginner Contest 351
A - The bottom of the ninth (abc351 A)
题目大意
给定\(9\)个 \(a_i\)和 \(8\)个 \(b_i\)，问最后一个 \(b_9\)是多少，使得 \(\sum a_i < \sum b_i\)。
解题思路
答案就是\(\sum a_i - \sum b_i + 1\)。
神奇的代码
a = sum(map(int, input().split()))
b = sum(map(int, input().split()))
print(a - b + 1)
B - Spot the Difference (abc351 B)
题目大意
给定两个二维矩阵，仅一个位置元素不一样，找出那个位置。
解题思路
二维遍历一下就找到了。
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;
cin >> n;
vector<string> a(n), b(n);
for (auto& x : a)
cin >> x;
for (auto& x : b)
cin >> x;
auto solve = [&]() {
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (a[i][j] == b[i][j])
continue;
return make_pair(i, j);
}
}
return make_pair(-1, -1);
};
auto [x, y] = solve();
cout << x + 1 << ' ' << y + 1 << '\n';
return 0;
}
C - Merge the balls (abc351 C)
题目大意
给定一个队列，执行以下\(q\)次操作。
每次操作，队尾塞一个 大小为 \(2^{a_i}\)的球。然后重复以下操作：
- 若队尾两个球的大小不同，结束该操作
- 否则，移除队尾两个的两个球，放一个大小 \(2^{a_i+1}\)的球 。回到上述操作。
解题思路
直接模拟即可，因为每个球最多只会被移除一次，最多只有\(q\)个球，因此从对球的操作次数考虑时间复杂度的话，其时间复杂度是 \(O(q)\)。
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<int> team;
while (n--) {
int x;
cin >> x;
team.push_back(x);
while (team.size() > 1) {
int a = team.back();
int b = team[team.size() - 2];
if (a == b) {
team.pop_back();
team.pop_back();
team.push_back(a + 1);
} else {
break;
}
}
}
cout << team.size() << '\n';
return 0;
}
D - Grid and Magnet (abc351 D)
题目大意
给定一个二维网格，一些格子上有磁铁，当走到磁铁格子上下左右的格子后，就动不了了。
问从哪个格子出发，其可以到达的格子数最多。
注意不是一次出发能到达的格子的最大值，是好格子的数量，存在一条路径到达好格子。
解题思路
考虑朴素的做法，就是\(O((hw)^2)\)，即枚举起点，然后 \(BFS\)得到到达的格子的数量。由于 \(h,w \leq 10^3\)，这显然会超时。
在 \(O((hw)^2)\)中，枚举起点花了 \(O(hw)\)，每次 \(BFS\)花了 \(O(hw)\)。
考虑枚举起点能否优化。会发现有些枚举起点是无用的。
假设磁铁周围的格子是终止格子，如果枚举的一个起点是非终止格子，且其左边也是个非终止格子，那这两个格子的答案应该是一样的。因为它们可以相互到达，没任何影响，所能到达的点的范围是一样的。
由此，对于这个非终止格子，和周围同样是非终止格子合并在一起，在这个区域内任选一个格子进行一次 \(BFS\)，就能得到该格子的答案， 且这也是这个区域内所有非终止格子的答案。
因此预处理出所有的终止格子和非终止格子，然后从所有的未被访问过的非终止格子进行\(BFS\)，求得访问过的格子数量。注意终止格子在不同的\(BFS\)可以重复访问，但同个 \(BFS\)只能访问一次，所以 终止格子的访问状态在每次\(BFS\)之前要重置，为避免重置访问状态带来的额外开销，访问状态\(visit[i]\)就改为记录访问时间 \(time[i]\)，这样根据访问时间，也能判断本次 \(BFS\)是否访问该格子，也免去了重置 \(visit[i]=0\)的开销。
由于所有非终止格子只会访问一次，每个终止格子最多只会访问三次（一个方向是磁铁，然后可能有三个方向到达此格子），因此最后的时间复杂度是\(O(hw)\)。
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> a(h);
for (auto& x : a)
cin >> x;
bool empty = false;
vector<vector<int>> stop(h, vector<int>(w, 0));
array<int, 4> dx = {1, 0, -1, 0};
array<int, 4> dy = {0, 1, 0, -1};
for (int i = 0; i < h; i++) {
for (int j = 0; j < w; j++) {
if (a[i][j] == '#') {
stop[i][j] = 1;
for (int k = 0; k < 4; k++) {
int ni = i + dx[k];
int nj = j + dy[k];
if (ni >= 0 && ni < h && nj >= 0 && nj < w) {
stop[ni][nj] = 1;
}
}
}
if (a[i][j] == '.') {
empty = true;
}
}
}
vector<vector<int>> visited(h, vector<int>(w, 0));
int ans = empty;
int tt = 0;
for (int i = 0; i < h; i++) {
for (int j = 0; j < w; j++) {
if (visited[i][j] != 0 || stop[i][j]) {
continue;
}
++tt;
queue<pair<int, int>> q;
q.push({i, j});
visited[i][j] = tt;
int cnt = 0;
while (!q.empty()) {
auto [x, y] = q.front();
q.pop();
cnt++;
if (stop[x][y]) {
continue;
}
for (int k = 0; k < 4; k++) {
int nx = x + dx[k];
int ny = y + dy[k];
if (nx >= 0 && nx < h && ny >= 0 && ny < w &&
visited[nx][ny] < tt) {
visited[nx][ny] = tt;
q.push({nx, ny});
}
}
}
ans = max(ans, cnt);
}
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
E - Jump Distance Sum (abc351 E)
题目大意
二维网格，\(n\)个点，一次可以往四个角的方向走。定义 \(dist(p_i, p_j)\) 为从\(p_i \to p_j\)需要的最小步数。若不能到达，则假定步数为\(0\)。
求\(\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i + 1}^{n} dist(p_i, p_j)\)。
解题思路
考虑怎样的情况是不能到达的。容易发现，一个格子不能到达其上下左右相邻的格子。
更进一步的，对每个点\((x,y)\)，当移动时，观察 \(x+y\)的变化 ，会发现只有三种情况:\(-2, 0, +2\)，无论哪种，其 \(x+y\)的奇偶性不变。因此可以得到 \(x+y\)奇偶性不同的点无法相互到达。相同的点或许可以到达（实际上是可以的）。
先对所有点根据 \(x+y\)的奇偶性分类，考虑同类别的\(p_i, p_j\)，其 \(dist\)如何计算。
简单起见，考虑 \((x_i, y_i) \to (x_j, y_j)\) ，且\(x_j > x_i, y_j > y_i\)。每次移动，对于每个座标上的值，都得 \(+1, -1\)，假设 \(x_j - x_i > y_j - y_i\)，为了最小步数，那我肯定每次选择的动作，都会让 \(x_i + 1\)。至于 \(y_i\)，如果每次也 \(y_i + 1\)，那最终就超过了 \(y_j\)，因此中间需要一些 \(y_i - 1\)，来避免超过 \(y_j\)。即一开始先 \((+1, +1)\)，当 \(y_i == y_j\)后，就 \((+1, +1)\)和 \((+1, -1)\)交替，以保持 \(y_i == y_j\)不变，同时 \(x_i \to x_j\)。
但这样最后能到达 \((x_j, y_j)\)吗？就看是否满足 \((+1, +1)\)和 \((+1, -1)\)数量相等。当\(y_i == y_j\)时，还需要执行 \(left = x_j - x_i\)个步骤，如果 \(left\)是偶数，则\((+1, +1)\)和 \((+1, -1)\)数量相等，可行。事实上，因为\(x_i + y_i\)和 \(x_j + y_j\)奇偶性相同，并且 \(y_i == y_j\)，因此 \(x_i,x_j\)的奇偶性也相同，则 \(x_j - x_i\)必定是偶数，因此也一定能到达 \(x_j, y_j)\)。
由上述分析可以得知， \(dist(p_i, p_j) = \max (|x_i - x_j|, |y_i - y_j|)\) 。
朴素求和就是\(O(n^2)\)，棘手在\(\max\)上，注意到上述距离实际上是切比雪夫距离，可以
绝对值去掉的方式比较套路，可以对 \(x_i\)排序，然后按顺序遍历 \(x_i\)，这样 \(x_i - x_j\)就始终是一个符号，但是外层还套了一个 \(\max\)比较棘手。
注意到上述距离实际上是切比雪夫距离，可以将其转换成曼哈顿距离。得到新点\((\frac{x_i + y_i}{2}, \frac{x_j + y_j}{2})\)，然后计算两点的曼哈顿距离，即两维度的差的绝对值的和。其中 \(x\)维度和 \(y\)维度是可以分开算的，因此就按照上述绝对值去掉的方式，维护前缀和，计算求和即可。
时间复杂度是\(O(n)\)。
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;
array<vector<pair<int, int>>, 2> p{};
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
p[(x + y) & 1].push_back({x + y, x - y});
}
auto solve_one = [&](vector<int>& x) -> LL {
sort(x.begin(), x.end());
LL ans = 0, sum = 0;
for (int i = 0; i < x.size(); i++) {
ans += 1LL * x[i] * i - sum;
sum += x[i];
}
return ans;
};
auto solve = [&](vector<pair<int, int>>& p) -> LL {
vector<int> x, y;
for (auto& [a, b] : p) {
x.push_back(a);
y.push_back(b);
}
return solve_one(x) + solve_one(y);
};
LL ans = solve(p[0]) + solve(p[1]);
ans /= 2;
cout << ans << '\n';
return 0;
}
F - Double Sum (abc351 F)
题目大意
给定\(n\)个数 \(a_i\)，计算 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}\max(a_j-a_i, 0)\)
解题思路
将求和式变一下，即为\(\sum_{j=1}^{n}\sum_{i<j, a_i < a_j} a_j - a_i = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i < j, a_i < a_j} a_j - \sum_{i < j, a_i < a_j} a_i\)
即两个二维偏序问题，一个关于\(i < j, a_i < a_j\)的计数问题，一个关于\(i < j, a_i < a_j\)的 \(a_i\)求和问题。
二维偏序的解法，假想在一个二维坐标系内，就是问一个矩形的和。
可通过循环满足一个不等式关系（即满足一维），再用一个数据结构维护另一个不等式关系（维护另一维）求和。
以第一个偏序问题为例，即枚举下标\(j\)，把小于 \(j\)的加入到数据结构中（满足了 \(i < j\)），然后在满足小于\(a_j\)范围求和，此为一个区间查询操作。故可以建一棵树状数组或线段树维护此查询操作。其下标的含义是\(a_j\)而不是 \(j\)。由于这里的 \(a_j\)高达 \(10^8\)，但数量不超过 \(10^5\)，因此需要事先离散化。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
// starting from 1
template <typename T> class fenwick {
public:
vector<T> fenw;
int n;
fenwick(int _n) : n(_n) { fenw.resize(n); }
inline int lowbit(int x) { return x & -x; }
void modify(int x, T v) {
for (int i = x; i < n; i += lowbit(i)) {
fenw[i] += v;
}
}
T get(int x) {
T v{};
for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) {
v += fenw[i];
}
return v;
}
};
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
set<int> candidate;
for (auto& x : a) {
cin >> x;
candidate.insert(x);
}
map<int, int> rank;
for (auto x : candidate) {
rank[x] = rank.size() + 1;
}
fenwick<LL> presum(rank.size() + 1), cnt(rank.size() + 1);
LL ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int pos = rank[a[i]];
ans += 1ll * a[i] * cnt.get(pos) - presum.get(pos);
cnt.modify(pos, 1);
presum.modify(pos, a[i]);
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
G - Hash on Tree (abc351 G)
题目大意
给定一棵有根树，根是\(1\)。点有权值\(a_i\)，定义树的权值为\(f(1)\)。
\(f\)的计算方式为：
- 若 \(i\)是叶子，则 \(f(i) = a_i\)。
- 否则， \(f(i) = a(i) + \prod_{j \in son(i)} f(j)\)
执行\(q\)次操作，每次操作修改一个点的权值，回答修改后的树的权值，即\(f(1)\)。
解题思路
<++>
神奇的代码
