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;
}
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;
}
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;
}
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;
}
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;
}
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;
}
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
