AtCoder Beginner Contest 367

A - Shout Everyday (abc367 A)

题目大意

高桥从 $A$ 睡到 $B$ ，如果在 $C$ 时，他醒着，他则会对章鱼烧发癫，问他今天是否发癫。

解题思路

由于只有 $24$ 小时，直接枚举 $A \to B$ ，看看是否遍历到 $C$ 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 a, b, c;
    cin >> a >> b >> c;
    bool ok = true;
    for (; a != b; a = (a + 1) % 24) {
        if (a == c) {
            ok = false;
            break;
        }
    }
    if (ok)
        cout << "Yes" << '\n';
    else
        cout << "No" << '\n';
 
    return 0;
}

B - Cut .0 (abc367 B)

题目大意

给定一个小数，将末尾零删掉，如果小数部分删掉则把小数部分删掉。

解题思路

按照题意模拟即可。

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;
    while (s.back() == '0')
        s.pop_back();
    if (s.back() == '.')
        s.pop_back();
    cout << s << '\n';
 
    return 0;
}

C - Enumerate Sequences (abc367 C)

题目大意

输出所有符合要求的数组 $a$ ，满足

$a$ 的和是 $k$ 的倍数
$a_i$ 的范围是 $1 \sim r_i$

解题思路

用 $dfs$ 枚举所有的情况即可。

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, k;
    cin >> n >> k;
    vector<int> a(n);
    for (auto& i : a)
        cin >> i;
    vector<int> ans(n);
    auto dfs = [&](auto&& self, int pos) -> void {
        if (pos == n) {
            if (accumulate(ans.begin(), ans.end(), 0) % k == 0) {
                for (auto i : ans)
                    cout << i << " ";
                cout << '\n';
            }
            return;
        }
        for (int i = 1; i <= a[pos]; ++i) {
            ans[pos] = i;
            self(self, pos + 1);
        }
    };
    dfs(dfs, 0);
 
    return 0;
}

D - Pedometer (abc367 D)

题目大意

环形湖的 $n$ 个点，给定 $a_i$ 表示从第 $i$ 个点顺时针走到第 $i+1$ 个点的时间。

问对数 $(s,t)$ ，满足从 $s$ 顺时针 $\to t$ ，使得其时间是 $m$ 的倍数。

解题思路

考虑 $s \leq t$ 的情况，其实就可以假象在一条数轴上，从左走到右的时间，这个时间其实就是 $\sum_{i=s}^{t-1} a_i$ ，这里可以预处理出 $a_i$ 的前缀和，其实就是换算成下标 $pos_i$ ，那么从 $s \to t$ ，就是 $pos_t - pos_s$ ，其差值是 $m$ 的倍数，这个就意味着 $pos_t \% m == pos_s \% m$ 。所以统计 $(s,t)$ 的对数，其实就是统计 $pos_i \% m$ 的个数问题。

枚举 $t$ ，然后考虑有多少的 $s \leq t$ 符合要求，而符合要求的 $s$ 就是满足 $pos_t \% m == pos_s \% m$ ，所以用 $cnt$ 维护 $pos_s \% m$ 的个数，那么枚举 $t$ ，符合要求的 $s$ 的数量就是 $cnt[pos_t \% m]$ 。

而对于，考虑 $s > t$ 的情况可以把环形解成链再翻倍一下，即 $1，2, 3, 4, 1, 2, 3, 4$ ，后面的 $1$ 的位置就是 $pos_1 + \sum pos_i$ ，即偏移了一圈的距离。然后在枚举第二圈的 $t$ 时， $cnt$ 维护的是第一圈的 $t+1 \sim$ 第一圈的 $n$ 的 $pos_i \% m$ 的数量。

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;
    vector<int> cnt(m, 0);
    LL ans = 0;
    LL presum = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        ans += cnt[presum % m];
        cnt[presum % m]++;
        presum += a[i];
    }
    LL sum = presum;
    presum = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cnt[presum % m]--;
        ans += cnt[sum % m];
        sum += a[i];
        presum += a[i];
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

E - Permute K times (abc367 E)

题目大意

给定数组 $x,a$ ，进行 $k$ 次操作。

每次操作，求数组 $b_i = a_{x_i}$ ，然后 $b=a$ 。

问 $k$ 次操作后的数组 $a$ 。

解题思路

题目其实可以抽象成，给定基环内向森林，点有点权。问从每个点出发，走了 $k$ 步后的点的点权。

其中边是 $i \to x_i$ ，点权 $a_i$ 。

由于图是固定的，问第 $k$ 步后到达的点，预处理倍增数组 $run[i][j]$ 表示从点 $j$ 出发走了 $2^i$ 步后到达的点。

然后对于每个点用倍增数组求 $k$ 次后的结果即可。

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;
    LL k;
    cin >> n >> k;
    vector<vector<int>> run(64, vector<int>(n));
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int v;
        cin >> v;
        --v;
        run[0][i] = v;
    }
    vector<int> a(n);
    for (auto& x : a)
        cin >> x;
    for (int i = 1; i < 64; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            run[i][j] = run[i - 1][run[i - 1][j]];
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        LL cnt = k;
        int cur = i;
        for (int j = 0; j < 64; j++) {
            if (cnt & (1LL << j)) {
                cur = run[j][cur];
            }
        }
        cout << a[cur] << " \n"[i == n - 1];
    }
 
    return 0;
}

F - Rearrange Query (abc367 F)

题目大意

给定两个数组 $a,b$ ，回答 $q$ 个问题。

每个问题给定 $l,r,L,R$ ，问 $a[l..r]$ 能否通过重排，等于 $b[L..R]$ 。

解题思路

如果 $a[l..r]$ 能通过重排 $b[L..R]$ ，首先得 $r-l == R - L$ ，然后看每个数的出现次数是否一致。显然这判断代价很大。

一个计算代价小的的必要条件是 $suma[l..r] == sumb[L..R]$ ，但不是充分条件，会有误判的概率，会被精心构造的数据卡掉。

因为我们只要求数量相等，如果我们事先对所有数进行一个随机映射，这个误判的概率将极大减小。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
unsigned rnd() {
    static unsigned A = 1 << 16 | 3, B = 33333331, C = 2341;
    return C = A * C + B;
}
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    vector<LL> a(n);
    vector<LL> b(n);
    map<int, LL> tr;
    for (auto& x : a) {
        cin >> x;
        if (tr.find(x) == tr.end()) {
            tr[x] = rnd();
        }
    }
    for (auto& x : b) {
        cin >> x;
        if (tr.find(x) == tr.end()) {
            tr[x] = rnd();
        }
    }
    auto presum = [&](vector<LL>& a) {
        int n = a.size();
        vector<LL> s1(n + 1);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            s1[i + 1] = (s1[i] + tr[a[i]]);
        }
        return s1;
    };
 
    auto sa1 = presum(a);
    auto sb1 = presum(b);
 
    auto sum = [&](vector<LL>& s, int l, int r) { return (s[r] - s[l - 1]); };
    auto check = [&](int l, int r, int L, int R) {
        auto SA = sum(sa1, l, r);
        auto SB = sum(sb1, L, R);
        return SA == SB;
    };
 
    while (q--) {
        int l, r, L, R;
        cin >> l >> r >> L >> R;
        if (r - l == R - L && check(l, r, L, R)) {
            cout << "Yes" << '\n';
        } else {
            cout << "No" << '\n';
        }
    }
 
    return 0;
}

G - Sum of (XOR^K or 0) (abc367 G)

题目大意

给定 $n$ 个数的数组 $a$ ，问 $a$ 所有的 $2^n-1$ 个非空子序列 $b$ 的价值和。

一个序列 $b$ 的价值定义如下：

如果个数是 $m$ 的倍数，则价值是 $(\oplus b_i)^k$
否则价值是 $0$ 。

解题思路

只会 $m=1$ 和 $k=1$ 。

神奇的代码

posted @ 2024-08-17 22:00 ~Lanly~ 阅读(776) 评论(8) 编辑收藏举报

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	#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 a, b, c;
	cin >> a >> b >> c;
	bool ok = true;
	for (; a != b; a = (a + 1) % 24) {
	if (a == c) {
	ok = false;
	break;
	}
	}
	if (ok)
	cout << "Yes" << '\n';
	else
	cout << "No" << '\n';

	return 0;
	}