AtCoder Beginner Contest 366

A - Election 2 (abc366 A)

题目大意

$n$张票，目前投了 $t$给高桥， $a$ 给青木。

问剩余票随便分配，是否都是一个结局。

解题思路

考虑最好情况，即剩下票全部投给当前票少的，看看能不能超过对方，会则结局会变，否则不会变。

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, t, a;
    cin >> n >> t >> a;
    if (t > a)
        swap(t, a);
    int left = n - t - a;
    if (t + left > a)
        cout << "No" << '\n';
    else
        cout << "Yes" << '\n';
 
    return 0;
}
 

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B - Vertical Writing (abc366 B)

题目大意

给定$n$个字符串，把这 $n$个字符串顺时针旋转 $90$度，输出。

由于字符串长度不一，可能会出现 st的情况，前面的 都要替换成*。

解题思路

手动旋转$90$度，然后对于每一行，从右往左，一旦碰到字符，后续再碰到 时，替换成 *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;
    cin >> n;
    int m = 0;
    vector<string> s(n);
    for (auto& i : s) {
        cin >> i;
        m = max(m, (int)i.size());
    }
    vector<string> t(m);
    reverse(s.begin(), s.end());
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        for (auto& j : s) {
            if (i < j.size()) {
                t[i] += j[i];
            } else {
                t[i] += ' ';
            }
        }
    }
    for (auto& i : t) {
        bool start = false;
        for (int j = i.size() - 1; j >= 0; --j) {
            if (i[j] != ' ') {
                start = true;
            }
            if (start && i[j] == ' ') {
                i[j] = '*';
            }
        }
    }
    for (auto& i : t)
        cout << i << '\n';
 
    return 0;
}
 

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C - Balls and Bag Query (abc366 C)

题目大意

$q$个操作，分三种。

• 1 x 放入背包一个球，数字$x$
• 2 x 从背包拿出一个球，数字$x$
• 3 问背包不同数字球的个数

解题思路

用map维护一下各个数字球的个数，当$map[x] = 0$时移除该元素，询问就是 $map.size()$

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 q;
    cin >> q;
    map<int, int> cnt;
    while (q--) {
        int op;
        cin >> op;
        if (op == 1) {
            int x;
            cin >> x;
            cnt[x]++;
        } else if (op == 2) {
            int x;
            cin >> x;
            cnt[x]--;
            if (cnt[x] == 0)
                cnt.erase(x);
        } else {
            cout << cnt.size() << '\n';
        }
    }
 
    return 0;
}
 

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D - Cuboid Sum Query (abc366 D)

题目大意

三维数组，回答$q$个询问，每个询问问一个三维区间和。

解题思路

维护一个三元前缀和，即可$O(1)$通过容斥原理得到一个三元区间的和。

至于如何容斥出来的，感受下二维的情况，三维就是$2^3$个项的相加减，公式即在代码里，其实就是$\sum_{i=0}^{1} \sum_{j=0}^{1} \sum_{k=0}^{1} (-1)^{i+j+k} sum[x-len_x \times i][y-len_y \times j][z- len_z \times k]$。这里$x$就是 $rx$， $x - len_x$就是 $lx - 1$，其余字母同理。

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<vector<int>>> a(
        n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1)));
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            for (int k = 1; k <= n; k++) {
                cin >> a[i][j][k];
            }
        }
    }
    vector<vector<vector<int>>> sum(
        n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1)));
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            for (int k = 1; k <= n; k++) {
                sum[i][j][k] = a[i][j][k] + sum[i - 1][j][k] +
                               sum[i][j - 1][k] + sum[i][j][k - 1] -
                               sum[i - 1][j - 1][k] - sum[i - 1][j][k - 1] -
                               sum[i][j - 1][k - 1] + sum[i - 1][j - 1][k - 1];
            }
        }
    }
    int q;
    cin >> q;
    while (q--) {
        int lx, rx, ly, ry, lz, rz;
        cin >> lx >> rx >> ly >> ry >> lz >> rz;
        int ans = sum[rx][ry][rz] - sum[lx - 1][ry][rz] - sum[rx][ly - 1][rz] -
                  sum[rx][ry][lz - 1] + sum[lx - 1][ly - 1][rz] +
                  sum[lx - 1][ry][lz - 1] + sum[rx][ly - 1][lz - 1] -
                  sum[lx - 1][ly - 1][lz - 1];
        cout << ans << '\n';
    }
 
    return 0;
}
 

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E - Manhattan Multifocal Ellipse (abc366 E)

题目大意

二维平面。给定$n$个点$(x_i, y_i)$。

给定$D$，问有多少个坐标 $(x,y)$，满足$\sum_{i=1}^{n}(|x - x_i| + |y - y_i|) \leq D$

解题思路

从求和式子可以看出$x,y$是相互独立的，$\sum_{i=1}^{n}(|x - x_i| + |y - y_i|) = \sum_{i=1}^{n}|x - x_i| + \sum_{i=1}^{n}|y - y_i|) \leq D$，我们可以分别考虑 $x,y$轴的情况。

注意到点坐标范围只有 $[-10^6, 10^6]$ ，我们可以直接枚举$x$ 和$y$的值，由于$D \leq 10^6$，可以粗略算出来$x,y$的范围不会超过$[-2e6,2e6]$ 。

因此，我们直接枚举每个$x$从$-2e6$到 $2e6$，计算得到 $\sum_{i=1}^{n}|x-x_i|$的值 。而计算这个值可以$O(1)$或$O(\log n)$算出来，即把绝对值去掉，即$\sum_{x_i < x} (x - x_i) + \sum_{x_i \geq x}(x_i - x)$。我们对$x_i$排序，然后可以二分$x$或者枚举$x$时动态维护这个边界点，同时维护前缀和presum、后缀和sufsum，以及边界点前面的点数$it$，那么 $\sum_{x_i < x} (x - x_i) + \sum_{x_i \geq x}(x_i - x) = it * x - presum + sufsum - (n - it) * x$。

这样就算出了每个$x$的 $\sum_{i = 1}^{n}|x - x_i|$，同理计算出每个 $y$的 $\sum_{i=1}^{n}|y-y_i|$。

剩下的问题就是从$x$里选一个 $\sum_x$，从 $y$里选一个 $\sum_y$ ，有$\sum_x + \sum_y \leq D$，有多少对。

这就是个经典问题，先对两个 $\sum$排序，然后依次枚举 $\sum_x$，那么 $\sum_y \leq D - sum_1$的都是满足的，可以二分这个边界点，或者双指针维护一下得到满足条件的$\sum_y$的数量，累计即为答案。

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, d;
    cin >> n >> d;
    vector<int> x(n), y(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        cin >> x[i] >> y[i];
    auto solve = [&](vector<int>& a) {
        sort(a.begin(), a.end());
        vector<LL> dis;
        int up = 2e6;
        int it = 0;
        LL presum = 0, sufsum = accumulate(a.begin(), a.end(), 0ll);
        for (int i = -up; i <= up; ++i) {
            LL sum = 0;
            while (it < n && a[it] < i) {
                presum += a[it];
                sufsum -= a[it];
                ++it;
            }
            sum = 1ll * it * i - presum + sufsum - 1ll * (n - it) * i;
            dis.push_back(sum);
        }
        sort(dis.begin(), dis.end());
        return dis;
    };
    auto dis1 = solve(x);
    auto dis2 = solve(y);
    LL ans = 0;
    int it = dis2.size() - 1;
    for (auto i : dis1) {
        while (it >= 0 && dis2[it] + i > d)
            --it;
        ans += it + 1;
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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F - Maximum Composition (abc366 F)

题目大意

给定$n$个一次函数 $f_i(x) = a_ix + b_i$。

选择 $k(\leq 10)$个不同的一次函数，使得 $f_{p_1}(f_{p_2}(...f_{p_k}(1)))$最大。

解题思路

注意到$a_i > 0, b_i > 0$，如果允许 重复选函数的话，因为$x$越大， $f(x)$越大，因此每次肯定选，使得$f_i(x)$值最大的函数$f_i$ 。但这里不允许重复。

不允许重复，会产生什么问题呢？比如一个函数$f_1(x) = 10x + 1$ ，另一个函数$f_2(x) = x+9$，如果按照上述方法，结果就是$f_2(f_1(1))=f_2(11) = 20$，然而反过来则是 $f_1(f_2(1)) = f_1(10)=101$。即函数 $f_1$虽然在第一步使用，可以得到最大的 $f$，但后使用，可以变得更大。因此，如果最后我会选$f_1$和 $f_2$，$f_2$会优先使用，$f_1$会后使用。

这里就出现了函数之间，选择的偏序（顺序）问题。这个偏序怎么定义呢？函数$f_i,f_j$ ，如果$f_i(f_j(x)) > f_j(f_i(x))$，则有 $a_i(a_jx + b_j) + b_i\geq a_j(a_ix + b_i) + b_j$，我们把 $i,j$分离在一左一右，得到 $\frac{a_i - 1}{b_i} \geq \frac{a_j - 1}{b_j}$。

这意味着说，如果$\frac{a_i - 1}{b_i} \geq \frac{a_j - 1}{b_j}$，则$f_i(f_j(x)) > f_j(f_i(x))$，即我先用$f_j$，再用 $f_i$。

有了这个函数使用的偏序有什么用呢？题目要使值最大，不仅要考虑选哪 $k$个函数，还要考虑这 $k$个函数复合的顺序。而现在我们已经有了一个最优复合顺序了，那剩下的问题就是选哪 $k$个函数。这其实就是一个选或不选的背包问题了。

先对 $f_i$按照 $\frac{a_i - 1}{b_i}$从小到大排序，然后设$dp[i][j]$表示考虑前 $i$个函数，已经使用了 $j$个函数的最大函数值。转移则考虑当前函数选或不选，从$dp[i - 1][j-1]$和 $dp[i-1][j]$转移即可。初始条件 $dp[0][0] = 1$。

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;
    vector<array<int, 2>> f(n);
    for (auto& [a, b] : f)
        cin >> a >> b;
    sort(f.begin(), f.end(),
         [](const array<int, 2>& a, const array<int, 2>& b) {
             auto& [a1, b1] = a;
             auto& [a2, b2] = b;
             return (a2 - 1) * b1 > (a1 - 1) * b2;
         });
    vector<LL> dp(k + 1, 0);
    dp[0] = 1;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        auto& [a, b] = f[i];
        vector<LL> dp2 = dp;
        for (int j = 1; j <= k; ++j) {
            dp2[j] = max(dp2[j], a * dp[j - 1] + b);
        }
        dp.swap(dp2);
    }
    cout << dp[k] << '\n';
 
    return 0;
}
 

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G - XOR Neighbors (abc366 G)

题目大意

给定一张图，给每个点一个点权，使得每个点的邻居的点权异或和为$0$。给出方案，或告知不能。

解题思路

<++>

神奇的代码

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