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2024-06-09 00:17阅读: 473评论: 0推荐: 1

AtCoder Beginner Contest 357

A - Sanitize Hands (abc357 A)

题目大意

给定m个物品。

依次来 n个人,每个人拿ai个物品。

问有几个人可以拿走所需物品。

解题思路

求一遍前缀和然后upper_bound一下,或者直接累计求和。

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<int> a(n);
for (auto& x : a)
cin >> x;
partial_sum(a.begin(), a.end(), a.begin());
auto ans = upper_bound(a.begin(), a.end(), m) - a.begin();
cout << ans << '\n';
return 0;
}


B - Uppercase and Lowercase (abc357 B)

题目大意

给定一个字符串,若大写字母占多数,则全部字母变成大写字母,否则变成小写字母。

问最终的字符串。

解题思路

按照题意统计一下大小写字母的数量,然后按照规则变换即可。

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);
string s;
cin >> s;
int lower = count_if(s.begin(), s.end(), [](char c) { return islower(c); });
int upper = s.size() - lower;
if (lower >= upper) {
transform(s.begin(), s.end(), s.begin(), ::tolower);
} else {
transform(s.begin(), s.end(), s.begin(), ::toupper);
}
cout << s << '\n';
return 0;
}


C - Sierpinski carpet (abc357 C)

题目大意

给定n,输出一个 3n×3n的图形 gn,其中有 9×9格,中间格子是全 .,其余8格的图案是 gn1

g0的图形是 #

解题思路

按照题意递归构造。

枚举3n×3n的每个位置(i,j),设sz=3n1。然后通过(isz,jsz)判断其属于 9个方格中的哪个,如果是中间,则就是 .,否则就进入子问题(i%sz,j,即 gn1的图案,位置 (i%sz,j%sz)的图形。

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;
auto ns = [&](int i) {
int sz = 1;
for (int j = 0; j < i; j++) {
sz *= 3;
}
return sz;
};
int sz = ns(n);
auto solve = [&](auto solve, int i, int j, int n) -> char {
if (n == 0)
return '#';
int small = ns(n - 1);
int x = i / small, y = j / small;
if (x == 1 && y == 1) {
return '.';
} else
return solve(solve, i % small, j % small, n - 1);
};
for (int i = 0; i < sz; i++) {
for (int j = 0; j < sz; j++) {
cout << solve(solve, i, j, n);
}
cout << '\n';
}
return 0;
}


D - 88888888 (abc357 D)

题目大意

给定n,定义 f(n)表示 nn的拼接得到的数字。

f(n)%998244353

解题思路

a1表示 1na2表示2n

容易得到a1=n,a2=xa1+n=xn+n=n(x+1),a3=xa2+n=n(x2+x+1),其中 x=10kkn的位数。

展开得到通项公式an=xan1+n=n(xn1+xn2++x+1)=nxn1x1

通过费马小定理知 1x1(x1)mo2modmo,mo=998244353

因此最终答案就是n(xn1)(x1)mo2 ,用快速幂计算即可。时间复杂度是O(logn)

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);
LL n;
cin >> n;
__int128 ten = 1;
while (ten <= n) {
ten *= 10;
}
ten %= mo;
LL up = ((qpower(ten, n) - 1) + mo) % mo;
LL down = inv(ten - 1);
LL ans = n % mo * up % mo * down % mo;
cout << ans << '\n';
return 0;
}


E - Reachability in Functional Graph (abc357 E)

题目大意

给定一张基环内向森林(有向图,每个点出度为1),问点对数量 (i,j),满足从点 i出发可以到达点 j

解题思路

考虑朴素做法,显而易见的O(n2):从每个点出发,进行 DFS

分析朴素做法,会发现操作重复的地方:假想一条链 1234,从 1出发 DFS,从 2出发 DFS,会发现非常冗余,当从 1出发时,它能到达的点, 2也能到达,也就是说可以利用 2节点的信息,以避免重复搜索。

我们想通过后继节点的答案来得到当前点的答案,那得先计算后继节点答案,然后再考虑当前节点。这其实非常像拓扑排序:把边方向,然后我们处理入度为 0的点(这意味着原图中的后继节点已经计算完毕了)。

然而拓扑排序适用于 DAG(有向无环图),这里有环,因此得事先找到环。环上的节点是处处到达的。

如何找到环呢?考虑这是一张基环内向森林,它有个性质,即从任何点出发,最终一定会走到环内。

注意到答案分两类,一类是环上的点的贡献,其贡献值即为环大小。另一类是非环上的点的贡献,由于从它出发最终会走到环内,因此其贡献值为环大小+沿途的点数,我们从环上的点出发,就能一路更新沿途的点数及贡献了。

首先从任意点进行DFS,直到重复访问到某个点时,这个点就是环上的点,标记一下。

然后从标记的点进行DFS,遍历环上的点,统计环大小和标记环上的点。同时统计环上的点对答案的贡献(即环大小)。

最后从环上的点往非环上的点进行 DFS,统计非环点对答案的贡献。

3DFS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;
vector<vector<int>> edge(n), inv(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int p;
cin >> p;
--p;
edge[i].push_back(p);
inv[p].push_back(i);
}
vector<int> cnt(n), cir(n), visit(n);
int tt = 0;
auto dfs1 = [&](auto dfs1, int u) -> void {
visit[u] = tt;
for (auto v : edge[u]) {
if (!visit[v]) {
dfs1(dfs1, v);
} else if (visit[v] == tt) {
cir[v] = 1;
}
}
};
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (!visit[i]) {
++tt;
dfs1(dfs1, i);
}
}
fill(visit.begin(), visit.end(), 0);
int cur = 0;
auto dfs2 = [&](auto dfs2, int u) -> void {
visit[u] = 1;
cir[u] = 1;
++cur;
for (auto v : edge[u]) {
if (!visit[v]) {
dfs2(dfs2, v);
}
}
cnt[u] = cur;
};
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (cir[i] == 1 && !visit[i]) {
cur = 0;
dfs2(dfs2, i);
}
}
LL ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (cir[i])
ans += cnt[i];
}
auto dfs3 = [&](auto dfs3, int u, int cc) -> void {
for (auto& v : inv[u]) {
if (!cir[v]) {
ans += cc + 1;
dfs3(dfs3, v, cc + 1);
}
}
};
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (cir[i]) {
dfs3(dfs3, i, cnt[i]);
}
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}


F - Two Sequence Queries (abc357 F)

题目大意

给定两个数组a,b, 维护一下三种操作:

  • 1 l r x,给al,al+1,,ar都加上 x
  • 2 l r x,给bl,bl+1,,br都加上 x
  • 3 l r,求ri=lai×bimod998244353

解题思路

区间操作,考虑线段树,维护的信息是什么。

首先肯定有aibi,考虑对它修改后,要额外维护什么信息,才能得到新的 aibi

对它修改,即变为 (ai+x)(bi+y)=aibi+yai+xbi+xy

因此我们还需维护aibi,而它们的更新则需要自己的信息即可。

由于是区间操作, lazy信息就维护 x,y

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int N = 2e5 + 8;
const int mo = 998244353;
class segment {
#define lson (root << 1)
#define rson (root << 1 | 1)
public:
LL sab[N << 2];
LL sum[N << 2][2];
LL lazy[N << 2][2];
void pushup(int root) {
sab[root] = (sab[lson] + sab[rson]) % mo;
sum[root][0] = (sum[lson][0] + sum[rson][0]) % mo;
sum[root][1] = (sum[lson][1] + sum[rson][1]) % mo;
}
void build(int root, int l, int r, vector<int>& a, vector<int>& b) {
if (l == r) {
sab[root] = 1ll * a[l - 1] * b[l - 1] % mo;
sum[root][0] = a[l - 1];
sum[root][1] = b[l - 1];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson, l, mid, a, b);
build(rson, mid + 1, r, a, b);
pushup(root);
}
void pushdown(int root, int l, int mid, int r) {
if (lazy[root][0] || lazy[root][1]) {
sab[lson] =
(sab[lson] + lazy[root][0] * sum[lson][1] % mo +
lazy[root][1] * sum[lson][0] % mo +
lazy[root][0] * lazy[root][1] % mo * (mid - l + 1) % mo) %
mo;
sum[lson][0] =
(sum[lson][0] + lazy[root][0] * (mid - l + 1) % mo) % mo;
sum[lson][1] =
(sum[lson][1] + lazy[root][1] * (mid - l + 1) % mo) % mo;
sab[rson] = (sab[rson] + lazy[root][0] * sum[rson][1] % mo +
lazy[root][1] * sum[rson][0] % mo +
lazy[root][0] * lazy[root][1] % mo * (r - mid) % mo) %
mo;
sum[rson][0] = (sum[rson][0] + lazy[root][0] * (r - mid) % mo) % mo;
sum[rson][1] = (sum[rson][1] + lazy[root][1] * (r - mid) % mo) % mo;
lazy[lson][0] = (lazy[lson][0] + lazy[root][0]) % mo;
lazy[lson][1] = (lazy[lson][1] + lazy[root][1]) % mo;
lazy[rson][0] = (lazy[rson][0] + lazy[root][0]) % mo;
lazy[rson][1] = (lazy[rson][1] + lazy[root][1]) % mo;
lazy[root][0] = lazy[root][1] = 0;
}
}
void update(int root, int l, int r, int L, int R, LL val, int op) {
if (L <= l && r <= R) {
sab[root] = (sab[root] + val * sum[root][op ^ 1] % mo) % mo;
sum[root][op] = (sum[root][op] + val * (r - l + 1) % mo) % mo;
lazy[root][op] = (lazy[root][op] + val) % mo;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(root, l, mid, r);
if (L <= mid)
update(lson, l, mid, L, R, val, op);
if (R > mid)
update(rson, mid + 1, r, L, R, val, op);
pushup(root);
}
LL query(int root, int l, int r, int L, int R) {
if (L <= l && r <= R) {
return sab[root];
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(root, l, mid, r);
LL ans = 0;
if (L <= mid)
ans += query(lson, l, mid, L, R);
if (R > mid)
ans += query(rson, mid + 1, r, L, R);
ans %= mo;
return ans;
}
} sg;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n, q;
cin >> n >> q;
vector<int> a(n), b(n);
for (auto& i : a)
cin >> i;
for (auto& i : b)
cin >> i;
sg.build(1, 1, n, a, b);
while (q--) {
int op;
cin >> op;
if (op == 3) {
int l, r;
cin >> l >> r;
int ans = sg.query(1, 1, n, l, r);
cout << ans << '\n';
} else {
int l, r, x;
cin >> l >> r >> x;
sg.update(1, 1, n, l, r, x, op - 1);
}
}
return 0;
}


G - Stair-like Grid (abc357 G)

题目大意

给定n,定义一个网格,前两行有 4个格子,接着两行有 6个格子,接着两行有 8个格子 ...

其中有 m个格子不可走。

从左上到右下,只能往下走和往右走。问方案数。

解题思路

<++>

神奇的代码


本文作者:~Lanly~

本文链接:https://www.cnblogs.com/Lanly/p/18239137

版权声明:本作品采用知识共享署名-非商业性使用-禁止演绎 2.5 中国大陆许可协议进行许可。

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