AtCoder Beginner Contest 384

省流版

A. 模拟转换即可
B. 模拟判断即可
C. 枚举所有情况排序即可
D. 分区间和与跨区间和，后者为一个前后缀+区间和，分别判断即可
E. 贪心选强度最小的粘液，优先队列维护即可
F. 考虑除以 $2^k$ ，枚举 $k$ ，统计满足 $A_i + A_j = 0 \mod 2^k$ 且 $A_i + A_j \neq 0 \mod 2^{k+1}$ 的 $A_i + B_i$ 的和，即做两次D题的做法即可。

A - aaaadaa (abc384 A)

题目大意

给定一个字符串 $S$ 和两个字符 $c_1$ 和 $c_2$ ，将所有非 $c_1$ 替换为 $c_2$ 。

解题思路

依次枚举每个字符判断即可。

神奇的代码

 _, a, b = input().strip().split()
c = input().strip()
d = ''.join([b if x != a else x for x in c])
print(d)

B - ARC Division (abc384 B)

题目大意

打比赛，根据当前rating和表现分a更新rating。

两类比赛：

Div1: rating在1600-2799之间，rating增加a
Div2: rating在1200-2399之间，rating增加a

如果rating不在范围内，不会增加rating。

给了n场比赛的rating和a，求最终rating。

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);
    int n, r;
    cin >> n >> r;
    while (n--) {
        int d, a;
        cin >> d >> a;
        if (d == 1 && 1600 <= r && r <= 2799) {
            r += a;
        } else if (d == 2 && 1200 <= r && r <= 2399) {
            r += a;
        }
    }
    cout << r << '\n';
 
    return 0;
}

C - Perfect Standings (abc384 C)

题目大意

给定五道题的分数，对于一个字符串，其分数为字符对应题目的分数之和。

共有 $2^5 - 1=31$ 种情况，按照分数从高到低输出，如果分数相同，按照字典序输出。

解题思路

用DFS或迭代的方法枚举所有情况，然后排序输出即可。

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);
    array<int, 5> a;
    for (auto& x : a)
        cin >> x;
    vector<string> t1{""};
    for (int i = 0; i < 5; ++i) {
        vector<string> t2 = t1;
        for (auto& x : t1) {
            auto y = x + char('A' + i);
            t2.push_back(y);
        }
        t2.swap(t1);
    }
    auto score = [&](const string& x) {
        int res = 0;
        for (auto c : x) {
            res += a[c - 'A'];
        }
        return res;
    };
    sort(t1.begin(), t1.end(), [&](const string& x, const string& y) {
        int sx = score(x), sy = score(y);
        if (sx != sy)
            return sx > sy;
        return x < y;
    });
    t1.pop_back();
    for (auto& x : t1)
        cout << x << '\n';
    return 0;
}

D - Repeated Sequence (abc384 D)

题目大意

给定一个 $N$ 周期序列，其中前 $N$ 项为 $A=(A _ 1,A _ 2,A _ 3,\dotsc)$ 。

判断是否存在一个和为 $S$ 的非空连续子序列。

解题思路

所有数都是正数。

这个非空序列只有两种情况：

在一个周期内，很显然就是一个区间和的问题，转换成两个前缀和的差，用set存储前缀和判断是否存在即可。
跨越多个周期，此时就是一个后缀+一个前缀和若干个区间和的问题，枚举后缀，计算区间和数量，再判断对应前缀是否存在即可。

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 s;
    cin >> n >> s;
    vector<LL> a(n);
    for (auto& x : a)
        cin >> x;
    vector<LL> sum(a);
    partial_sum(a.begin(), a.end(), sum.begin());
    set<LL> st{0};
    bool ok = false;
    for (auto x : sum) {
        if (st.count(x - s)) {
            ok = true;
            break;
        }
        st.insert(x);
    }
    if (!ok) {
        reverse(a.begin(), a.end());
        LL tot = accumulate(a.begin(), a.end(), 0ll);
        LL sufsum = 0;
        for (auto& i : a) {
            sufsum += i;
            LL left = (s - sufsum) % tot;
            if (st.count(left)) {
                ok = true;
                break;
            }
        }
    }
 
    if (ok)
        cout << "Yes" << '\n';
    else
        cout << "No" << '\n';
 
    return 0;
}

E - Takahashi is Slime 2 (abc384 E)

题目大意

给定一个 $H\times W$ 的网格，每个单元格中有一个整数 $S _ {i,j}$ ，以及一个整数 $X$ 和初始位置 $P,Q$ 。

初始时，高桥位于 $(P,Q)$ 单元格中，强度为 $S _ {P,Q}$ 。

现在高桥可以上下左右移动，每次移动后，高桥会吸收与其相邻的粘液中强度严格小于高桥强度的 $\dfrac{1}{X}$ 倍的粘液，并将其吸收，高桥的强度会增加被吸收粘液的强度。

问高桥最终的强度是多少。

解题思路

很显然，我们肯定选择强度最小的粘液吸收，由于粘液会随着高桥的移动越来越多，可以用一个优先队列来维护当前可接触到的粘液的最小值，然后贪心选粘液强度最小值即可。

注意 $S_{i,j} X$ 会超出long long范围，需要用__int128来存储。

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 h, w, x, p, q;
    cin >> h >> w >> x >> p >> q;
    vector<vector<LL>> a(h, vector<LL>(w));
    for (auto& i : a)
        for (auto& j : i)
            cin >> j;
    priority_queue<array<LL, 3>, vector<array<LL, 3>>, greater<array<LL, 3>>>
        pq;
    array<int, 4> dx = {1, 0, -1, 0};
    array<int, 4> dy = {0, 1, 0, -1};
    --p, --q;
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int nx = p + dx[i];
        int ny = q + dy[i];
        if (nx < 0 || nx >= h || ny < 0 || ny >= w)
            continue;
        pq.push({a[nx][ny], nx, ny});
        a[nx][ny] = -1;
    }
    LL cur = a[p][q];
    a[p][q] = -1;
    while (!pq.empty()) {
        auto [s, u, v] = pq.top();
        if (__int128(s) * x >= cur) {
            break;
        }
        pq.pop();
        cur += s;
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int nx = u + dx[i];
            int ny = v + dy[i];
            if (nx < 0 || nx >= h || ny < 0 || ny >= w || a[nx][ny] == -1)
                continue;
            pq.push({a[nx][ny], nx, ny});
            a[nx][ny] = -1;
        }
    }
    cout << cur << '\n';
 
    return 0;
}

F - Double Sum 2 (abc384 F)

题目大意

定义 $f(x)$ 表示将 $2$ 的幂因子全部去掉后的数。

给定长度为 $N$ 的整数序列 $A=(A_1,A_2,\ldots,A_N)$ ，求 $\displaystyle \sum_{i=1}^N \sum_{j=i}^N f(A_i+A_j)$ 。

解题思路

建议看第二个做法，该做法是赛时的做法，分情况讨论复杂了，写题解时发现第二类情况的做法具有通用型。

首先我们可以将 $A_i$ 分解为 $2^k \times t$ ，其中 $t$ 为奇数，然后对 $k$ 进行排序。

然后考虑两个数 $A_i, A_j(i < j)$ ，根据其 $k$ 是否相同，可以分为两种情况：

$k_i \neq k_j$ ，即 $k_i < k_j$ ，此时 $f(A_i+A_j)=f(2^{k_i}t_i+2^{k_j}t_j)=f(2^{k_i}(t_i + 2^{k_j - k_i}t_j)) = t_i + 2^{k_j - k_i}t_j = \frac{A_i + A_j}{2^{k_i}}$ ，因为奇+偶=奇。所以我们可以枚举 $i$ ，考虑所有的 $j$ 的贡献，设其数量为 $cnt$ ，对应的 $A_j$ 的和为 $sum$ ，那么 $\sum_j f(A_i+A_j) = \frac{sum + cnt \times A_i}{2^{k_i}}$ 。
$k_i = k_j$ ，此时 $f(A_i+A_j)=f(2^{k_i}t_i+2^{k_j}t_j)=f(2^{k_i}(t_i + t_j)) = f(t_i + t_j)$ ，由于奇+奇=偶，所以 $t_i + t_j$ 仍要除以 $2$ 的幂，但关键是幂是多少呢？诚然，我们可以直接加然后求幂，但这样复杂度必然会变成 $O(n^2)$ 。不能这样做。

注意到 $A_i \leq 1e7$ ，因此幂的可能情况不超过 $25$ 种，我们可以枚举幂，然后统计每个幂 $k$ ，有多少的 $A_i + A_j$ 是 $2^k$ 的倍数。注意这个的统计和 $D题$ 做法一样：如果 $A_i + A_j$ 是 $2^k$ 的倍数，就意味着 $A_i \% 2^k + A_j \% 2^k = 0 \mod 2^k$ ，即 $A_i \% 2^k = 2^k - A_j \% 2^k$ ，我们可以枚举 $A_i$ ，用set统计符合条件的 $A_j$ 的数量即可，通过维护对应取模值为 $x$ 的 $A_i$ 的和及数量，就能得到满足 $A_i + A_j = 0 \mod 2^k$ 的 $\sum\sum A_i + A_j$ ，该幂其对答案的贡献就是 $\frac{\sum\sum A_i + A_j}{2^k}$ 。

但这并不是正确的，考虑 $\frac{A_i + A_j}{2^k}$ 才是奇数，再上述计数下，最终的和包括了 $\frac{A_i + A_j}{2^k} + \frac{A_i + A_j}{2^{k-1}} + \cdots + \frac{A_i + A_j}{2^1}$ ，实际上只有 $\frac{A_i + A_j}{2^k}$ 对答案才有贡献（它才是 $f(A_i + A_j)$ 的值），其余都不是，我们得剔除其余部分。

怎么剔除呢？注意到是等比数列，设 $S_k = \sum_i\sum_j \frac{A_i + A_j}{2^k} + \frac{A_i + A_j}{2^{k-1}} + \cdots + \frac{A_i + A_j}{2^1}$ ，则 $2S = \sum_i\sum_j\frac{A_i + A_j}{2^k-1} + \frac{A_i + A_j}{2^{k-1}} + \cdots + A_i + A_j$ ，则 $2S_k - S_k = S_k = \sum_i\sum_j A_i + A_j - \frac{A_i + A_j}{2^k-1}$

所以 $\frac{A_i + A_j}{2^k-1} = \sum_i \sum_j A_i + A_j - S_k$ ，左右两边对 $k$ 求和，就是 $ans = \sum_i\sum_j A_i + A_j - \sum_k S_k$ 。第一项就是所有 $A_i$ 的俩俩相加，第二项就是我们通过上述方法求得和。这样就得到了答案。

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;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (auto& i : a)
        cin >> i;
    vector<int> c2(n);
    auto calc = [](int x) {
        int ret = 0;
        while (~x & 1) {
            x >>= 1;
            ++ret;
        }
        return ret;
    };
    int up = 25;
    vector<int> p2(up);
    p2[0] = 1;
    for (auto i = 1; i < up; ++i) {
        p2[i] = p2[i - 1] << 1;
    }
    LL ans = 0;
    for (auto i = 0; i < n; ++i) {
        c2[i] = calc(a[i]);
        ans += a[i] / p2[c2[i]];
    }
    vector<int> id(n);
    iota(id.begin(), id.end(), 0);
    sort(id.begin(), id.end(), [&](int x, int y) { return c2[x] < c2[y]; });
    LL tot = accumulate(a.begin(), a.end(), 0ll);
    int cnt = n;
    auto solve = [&](auto l, auto r) {
        LL ret = 0;
        for (int i = up - 1; i >= 1; --i) {
            map<int, LL> sum, cnt;
            for (auto j = l; j != r; j = next(j)) {
                int mod = a[*j] % p2[i];
                int other = mod ? (p2[i] - mod) : 0;
                ret += (sum[other] + 1ll * cnt[other] * a[*j]) / p2[i];
                sum[mod] += a[*j];
                cnt[mod] += 1;
            }
        }
        LL all = 0;
        LL pre = 0;
        for (auto j = l; j != r; j = next(j)) {
            all += pre + 1ll * a[*j] * (j - l);
            pre += a[*j];
        }
        ret = all - ret;
        return ret;
    };
    for (auto i = id.begin(); i != id.end();) {
        LL ss = a[*i];
        LL cnt2 = 1;
        tot -= a[*i];
        cnt -= 1;
        auto nxt = next(i);
        while (nxt != id.end() && c2[*nxt] == c2[*i]) {
            tot -= a[*nxt];
            cnt -= 1;
            ss += a[*nxt];
            cnt2 += 1;
            nxt = next(nxt);
        }
        ans += 1ll * cnt2 * tot / p2[c2[*i]] + 1ll * cnt * (ss) / p2[c2[*i]];
        ans += solve(i, nxt);
        i = nxt;
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

写到这里忽然发现这种做法也能覆盖 $k_i \neq k_j$ 的情况。即 $\sum_i\sum_j f(A_i + A_j) = \sum_i\sum_j\frac{A_i + A_j}{2^k}$ ，直接枚举 $i,j$ 必然是 $O(n^2)$ ，所以我们转而枚举 $k$ ，即 $\sum_k \frac{1}{2^k} \sum_i\sum_j{A_i + A_j}[A_i + A_j = 0 \mod 2^k, A_i + A_j \neq 0 \mod 2^{k+1}]$ ，然后设法统计这样的 $A_i + A_j$ 的和，对所有的 $k$ 相加，即为答案。

怎么统计呢？统计 $A_i + A_j = 0 \mod 2^k$ 的 $A_i + A_j$ 和的方法形同D题做法，即枚举 $A_i$ ，然后用map维护其对应取模的值和数量，但上述要求不包含 $0 \mod 2^{k+1}$ 的情况，那就直接从 $0 \mod 2^k$ 减去 $0 \mod 2^{k+1}$ 即可，这样就能得到 $0 \mod 2^k$ 但不是 $0 \mod 2^{k+1}$ 的情况。

得用unordered_map来维护，map可能会超时。

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<int> a(n);
    for (auto& i : a)
        cin >> i;
    constexpr int up = 26;
    vector<int> p2(up);
    p2[0] = 1;
    for (auto i = 1; i < up; ++i) {
        p2[i] = p2[i - 1] << 1;
    }
    LL ans = 0;
    array<unordered_map<int, LL>, up> sum, cnt;
    for (auto j = 0; j < n; j++) {
        for (int i = up - 2; i >= 0; --i) {
            int mod = a[j] % p2[i];
            int other = mod ? (p2[i] - mod) : 0;
            int mod2 = a[j] % p2[i + 1];
            int other2 = mod2 ? (p2[i + 1] - mod2) : 0;
 
            sum[i][mod] += a[j];
            cnt[i][mod] += 1;
            ans += (sum[i][other] - sum[i + 1][other2] +
                    (cnt[i][other] - cnt[i + 1][other2]) * a[j]) /
                   p2[i];
        }
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

G - Abs Sum (abc384 G)

题目大意

给定长度为 $N$ 的整数序列 $A=(A_1,A_2,\ldots,A_N)$ 和 $B=(B_1,B_2,\ldots,B_N)$ 以及长度为 $K$ 的整数序列 $X=(X_1,X_2,\ldots,X_K)$ 和 $Y=(Y_1,Y_2,\ldots,Y_K)$ 。

求每个 $k=1,2,\ldots,K$ 的长度 $\displaystyle \sum_{i=1}^{X_k} \sum_{j=1}^{Y_k} |A_i-B_j|$ 。

解题思路

<++>

神奇的代码

posted @ 2024-12-14 23:18 ~Lanly~ 阅读(274) 评论(0) 编辑收藏举报

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	_, a, b = input().strip().split()
	c = input().strip()
	d = ''.join([b if x != a else x for x in c])
	print(d)

	#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, r;
	cin >> n >> r;
	while (n--) {
	int d, a;
	cin >> d >> a;
	if (d == 1 && 1600 <= r && r <= 2799) {
	r += a;
	} else if (d == 2 && 1200 <= r && r <= 2399) {
	r += a;
	}
	}
	cout << r << '\n';

	return 0;
	}