AtCoder Beginner Contest 353

A - Buildings (abc353 A)

题目大意

给定$n$个数字，输出第一个大于第一个数的下标。

解题思路

依次与第一个数比较，大于则输出。

神奇的代码

n = input()
a = list(map(int, input().split()))
b = [i > a[0] for i in a]
if True not in b:
    print(-1)
else:
    print(b.index(True) + 1)
 

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B - AtCoder Amusement Park (abc353 B)

题目大意

$n$组，每组若干个人，坐云霄飞车。

每个飞车只有 $k$个座位。依次给这$n$组人安排飞车，若该组人可以坐进飞车，则坐。否则另开一个新的飞车给他们坐。

问最后用了多少个飞车。

解题思路

按照题意模拟，维护当前飞车剩余座位数量，然后判断是否新开一个飞车。

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;
    int ans = 0;
    int cur = k;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        if (cur < x) {
            ++ans;
            cur = k;
        }
        cur -= x;
    }
    cout << ans + 1 << endl;
 
    return 0;
}
 

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C - Sigma Problem (abc353 C)

题目大意

给定$n$个数$a_i$，求 $\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} (a_i + a_j) \mod 10^8$

解题思路

注意不是总的求和对$mo = 10^8$取模。 $a \% mo + b \% mo \neq (a + b) \% mo$

朴素做法是$O(n^2)$，会超时，优化方向一般是枚举一个数，考虑$\sum$能否快速算出来。

由于是加法，所以$(a+b) \% mo$的结果只有两种：

• $(a+b) \% mo = a+b, a+b < mo$
• $(a+b) \% mo = a+b - mo, a+b \geq mo$

于是我们可以把取模操作拆分成两种情况的加法：$a+b$或 $a+(b - mo)$。

因此我们先对这$n$个数排序，然后枚举当前数$a_j$，计算$\sum_{i=1}^{j-1} (a_i + a_j) \% mo$

由前面的分析，可以将$a_i$就分成两部分：

• 第一部分的 $a_i + a_j < mo$，因此 $\sum (a_i + a_j) \% mo = \sum_1 a_i + cnt_1 \times a_j$
• 第二部分的 $a_i + a_j \geq mo$，因此 $\sum (a_i + a_j) \% mo = \sum_2 a_i + cnt_2 \times (a_j - mo)$

由于$a_i$是递增的，所以可以通过二分找到第一部分第二部分的分界点 $a_k$(这里认为是最后一个的第一部份的），由此 $i \leq k$的都是满足第一部分的 $a_i$， $k < i < j$的是满足第二部分的 $a_i$。

因此$\sum_1 a_i = presum[k], cnt = k$，$\sum_2 a_i = presum[j - 1] - presum[k], cnt_2 = j - 1 - k$，其中$presum[i] = \sum_{i=1}^{k} a_i$是一个预处理的前缀和数组。

两部分加起来，就是$\sum_{i=1}^{j-1} (a_i + a_j) \% mo$。对所有的$a_j$求和，即为答案。

上述也可以理解成，对于一个$a_j$，它与所有的 $a_i$相加取模，看要 $- mo$的数量。

总的时间复杂度是 $O(n\log n)$。将取模换成 绝对值之类的，做法其实是一样的，分类讨论来去掉绝对值后，分别求和。

代码里下标是从$0$开始的，分界点是第二部分的第一个，与上述的解释有点出入。

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;
    int mo = 1e8;
    vector<LL> a(n);
    for (auto& x : a)
        cin >> x;
    sort(a.begin(), a.end());
    vector<LL> presum(n);
    partial_sum(a.begin(), a.end(), presum.begin());
    LL ans = 0;
    LL sum = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        LL bu = mo - a[i];
        if (a[i] < bu) {
            ans += a[i] * i + sum;
        } else {
            auto pos = lower_bound(a.begin(), a.begin() + i, bu) - a.begin();
            LL p = pos > 0 ? presum[pos - 1] : 0;
            ans += a[i] * pos + p;
            LL suf = sum - p;
            ans += suf - bu * (i - pos);
        }
        sum += a[i];
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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D - Another Sigma Problem (abc353 D)

题目大意

给定$n$个数$a_i$，求 $\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} f(a_i, a_j) \mod 998244353$

其中$f(a,b) = ab$，即拼接起来（不是相乘）。最后的结果取模。

解题思路

朴素做法是$O(n^2)$，会超时，优化方向一般是枚举一个数，考虑$\sum$能否快速算出来。

从左到右枚举$a_i$，考虑 $\sum_{j=i+1}^{n} f(a_i, a_j)$的值，容易发现有两部分：

• 第一部分显然是 $\sum_{j=i+1}^{n} a_j$。一个后缀和。
• 第二部分是关于$a_i$的，由于 $f(a,b) = ab$，$b$就是第一部分， $a$ 则相当于$a \times 10^{g(b)}$ ，其中$g(b)$表示 $b$的位数。 即 $a_i \sum_{j=i+1}^{n} 10^{g(a_j)}$，一个关于 $10^{g(a_j)}$的后缀和。

从右往左枚举的话，就可以顺便维护后缀和。

代码里是考虑每个数对答案的贡献，对于每个 $a_k$，分别计算作为 $a_j$和 $a_i$的贡献，即 作为低位时的贡献和作为高位时的贡献。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
const int mo = 998244353;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (auto& x : a)
        cin >> x;
    LL sum = 0;
    LL ten = 0;
    auto calc_ten = [&](int x) {
        int cnt = 0;
        while (x) {
            ++cnt;
            x /= 10;
        }
        LL val = 1;
        while (cnt--)
            val *= 10;
        return val;
    };
    for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
        sum += 1ll * a[i] * i % mo;
        sum += 1ll * a[i] * ten % mo;
        sum %= mo;
        LL val = calc_ten(a[i]);
        ten += val;
        ten %= mo;
    }
    cout << sum << '\n';
 
    return 0;
}
 

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E - Yet Another Sigma Problem (abc353 E)

题目大意

给定$n$个字符串，求 $\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} lcp(s_i, s_j)$

$lcp(a,b)$表示串 $a,b$的最长公共前缀。

解题思路

之前有道abc287e与这个类似，是求$\max$。那个有一些特别的性质，但这里要求和。

字符串前缀这种东西，一般会和字典树$Trie$相关，因为它正巧把拥有相同前缀的字符串合并了。

将这$n$个字符串都插入到字典树里，考虑如何计算答案。一个可能的想法是，比如我遍历到最深的节点，字符串个数可能只有一个，然后看其父亲，有分叉点，然后有若干个，这个时候可以组合数一下，得到 $lcp$是对应深度的个数，然后再考虑父亲节点之类的。这样做是是可以，但得认真考虑组合数的计算，避免算重。

一个简便的计算方法，则是将 $lcp$看成 $1+1+1+...$，这里虽然都是数字 $1$，但是有意义的： $lcp = 4 = 1 + 1 + 1 + 1 =$前一位字母相同 + 前二位字母相同 + 前三位字母相同 + 前四位字母相同 。比如两个字符串的$lcp$是 $4$，则它分别对 前一位字母相同、前两位字母相同、前三位字母相同、前四位字母相同分别有$1$的贡献。而这四个相同情况的和就是 $\sum \sum lcp$，我们只要分别求出，前一位字母相同、前二位字母相同......有多少贡献即可，即字符串对数，满足前一位字母相同，前二位相同...。注意这里与$lcp$的区别， $lcp$是最长的，而这里只需要前 $i$位。

由此，$\sum \sum lcp = \sum_{lcp=i} i \times$ 数量 $= \sum_{i}$前$i$位字母相同 $\times$ 对数。我们的视角从求每个 $lcp$的数量转成求前$i$位字母相同的对数。

而前 $i$位字母相同的字符串对数，即为字典树中深度是 $i$的节点下字符串数量$m$的 $C_m^2$。

因此遍历下所有节点，对$C_m^2$ 求和即为答案。总的时间复杂度是$O(n)$。

更进一步观察上面提到的两个方法，可以感觉出来，假想在一个全是$1$的二维格子，一种是对每一列求和，另一种是求每一行求和。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
const int SZ = 26;
template <typename T, typename K> struct Trie {
    struct node {
        K value;
        bool is_terminal;
        int vis_count;
        array<int, SZ> children;
 
        node(K val) : value(val) {
            is_terminal = false;
            children.fill(0);
            vis_count = 0;
        }
    };
 
    int cast(K val) {
        int ret = val - 'a';
        assert(ret < SZ and ret >= 0);
        return ret;
    }
 
    vector<node> tree;
 
    Trie(K val) { tree.push_back(node(val)); }
 
    void insert(const T& sequence) {
        int cur = 0;
        for (int i = 0; i < (int)sequence.size(); i++) {
            K value = sequence[i];
            if (tree[cur].children[cast(value)] == 0) {
                tree[cur].children[cast(value)] = (int)tree.size();
                tree.emplace_back(value);
            }
            cur = tree[cur].children[cast(value)];
            tree[cur].vis_count += 1;
        }
        tree[cur].is_terminal = true;
    }
 
    LL dfs(int cur) {
        LL sum = 0;
        for (int i = 0; i < SZ; i++) {
            if (tree[cur].children[i] == 0)
                continue;
            int child_node = tree[cur].children[i];
            sum += dfs(child_node);
        }
        sum += 1ll * tree[cur].vis_count * (tree[cur].vis_count - 1) / 2;
        return sum;
    }
};
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    Trie<string, char> tree('a');
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        string s;
        cin >> s;
        tree.insert(s);
    }
    LL ans = tree.dfs(0);
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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F - Tile Distance (abc353 F)

题目大意

给定一个$k$，其定义了一种网格。

比如$k=3$定义了如下网格：。

感性理解下，详细定义可去原问题。

从格子走到另一个格子代价是 $1$。

现在给定起点终点，问从起点到终点的最小代价。

解题思路

感觉就是一个大力分类讨论

神奇的代码

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G - Merchant Takahashi (abc353 G)

题目大意

$n$个城市，给定 $c$，定义了从城市 $i \to j$的花费为 $c|i-j|$。

有 $m$个活动依次举行，第 $i$个活动 在第$t_i$个城市举行，参加则获得 $p_i$收益。

初始在第 $1$个城市，问如何选择参加活动，使得收益最大化。

解题思路

我选择参加活动，则需要计算出城市间转移的代价，而该代价取决于我之前在哪个城市，因此状态信息里只需要保留该信息就可以转移了。

一个朴素的$dp$即为 $dp[i][j]$表示考虑前 $m$个活动后，我最终在城市 $j$的最大收益。转移则为$dp[i][t_i] = \max_{1 \leq j \leq n}(dp[i - 1][j] - c|t_i - j|) + p_i$，每次转移其实只有$dp[.][t_i]$这一个值会发生变化，复用其他的值，时间复杂度是$O(nm)$。（复用的意思即为$dp[t_i] = \max_{1 \leq j \leq n}(dp[j] - c|t_i - j|) + p_i$）

考虑优化转移，转移即为一个区间取最大值，但棘手在绝对值，解决办法就是通过分类讨论，将绝对值去掉。

$dp[t_i] = \max( \max_{1 \leq j \leq t_i}(dp[j] + cj) - ct_i, \max_{t_i \leq j \leq n}(dp[j] - cj) + ct_i)$

将绝对值拆掉后，转移式就变成了两个关于$dp[j] + cj$和 $dp[j] - cj$的区间最大值问题，用两个线段树维护这两类值即可。

时间复杂度是 $O(m \log n)$

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
const int N = 2e5 + 8;
const LL inf = 1e18;
 
class segment {
#define lson (root << 1)
#define rson (root << 1 | 1)
  public:
    LL maxx[N << 2];
 
    void build(int root, int l, int r, vector<LL>& a) {
        if (l == r) {
            maxx[root] = a[l - 1];
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(lson, l, mid, a);
        build(rson, mid + 1, r, a);
        maxx[root] = max(maxx[lson], maxx[rson]);
    }
 
    void update(int root, int l, int r, int pos, LL val) {
        if (l == r) {
            maxx[root] = max(maxx[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);
        maxx[root] = max(maxx[lson], maxx[rson]);
    }
 
    LL query(int root, int l, int r, int L, int R) {
        if (L <= l && r <= R) {
            return maxx[root];
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        LL resl = -inf, resr = -inf;
        if (L <= mid)
            resl = query(lson, l, mid, L, R);
        if (R > mid)
            resr = query(rson, mid + 1, r, L, R);
        return max(resl, resr);
    }
} lsg, rsg;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, c;
    cin >> n >> c;
    vector<LL> a(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        a[i] = -inf;
    a[0] = 0;
    rsg.build(1, 1, n, a);
    lsg.build(1, 1, n, a);
    int m;
    cin >> m;
    LL ans = 0;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int t;
        LL p;
        cin >> t >> p;
        int id = t;
        --t;
        LL dp1 = lsg.query(1, 1, n, 1, id) - 1ll * c * t;
        LL dp2 = rsg.query(1, 1, n, id, n) + 1ll * c * t;
        LL dp = max(dp1, dp2) + p;
        ans = max(ans, dp);
        lsg.update(1, 1, n, id, dp + 1ll * c * t);
        rsg.update(1, 1, n, id, dp - 1ll * c * t);
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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