ABC387

A. Happy New Year 2025

模拟

代码实现

 a, b = map(int, input().split())
print((a+b)**2)

B. 9x9 Sum

模拟

代码实现

 #include <bits/stdc++.h>
#define rep1(i, n) for (int i = 1; i <= (n); ++i)
 
using namespace std;
 
int main() {
    int x;
    cin >> x;
    
    int ans = 0;
    rep1(i, 9)rep1(j, 9) {
        if (i*j != x) ans += i*j;
    }
    
    cout << ans << '\n';
    
    return 0;
}

C. Snake Numbers

讨论小于 $x$ 的数会比较方便，所以不妨设 $f(x)$ 表示小于 $x$ 的蛇数个数
那么答案就是 $f(r+1)-f(l)$

假设 $x$ 有 $n$ 位数
可以先统计不足 $n$ 位数的蛇数个数
对于这种情况，只需考虑枚举每位数的开头的数字 $h$ ，后面每一位上可以选的数字为 $0 \sim h-1$ ，所以方案数为 $h^{k-1}$

再来考虑 $n$ 位数的贡献
当开头的数字 $h$ 小于 $x$ 的开头数字时，后面 $n-1$ 位都有 $0 \sim h-1$ 个数可以选择，所以方案数为 $h^{n-1}$

最后再来考虑开头的数字填 $x$ 的开头数字时，再分别考虑后面的每一位，假设当前枚举到第 $i$ 位，如果 $x$ 在这一位上的数字大于等于开头的数字，那么贡献就是 $h^{n-i}$ （意思就是这一位到最低位上的数字都有 $0 \sim h-1$ 种选择），并立即跳出循环；否则，在当前位上可以填 $0 \sim x$ 在第 $i$ 位上的数 $-1$ ，后面所有位可以填 $0 \sim h-1$

代码实现

 #include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
 
using namespace std;
using ll = long long;
 
ll pw(ll x, int p) {
    ll res = 1;
    rep(i, p) res *= x;
    return res;
}
 
ll f(ll r) {
    r++;
    vector<int> digits;
    for (char c : to_string(r)) {
        digits.push_back(c-'0');
    }
    int n = digits.size();
    
    ll res = 0;
    for (int k = 1; k < n; ++k) {
        for (int h = 1; h <= 9; ++h) res += pw(h, k-1);
    }
    
    for (int h = 1; h < digits[0]; ++h) res += pw(h, n-1);
    
    int h = digits[0];
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        if (digits[i] >= h) {
            res += pw(h, n-i);
            break;
        }
        res += pw(h, n-i-1) * digits[i];
    }
    
    return res;
}
 
int main() {
    ll l, r;
    cin >> l >> r;
    
    ll ans = f(r) - f(l-1);
    cout << ans << '\n';
    
    return 0;
}

D. Snaky Walk

需要维护方向的bfs，但由于这里是二维网格所以不需要维护方向

考虑以上的网格图，所有黑格子的横纵坐标之和的积偶性是一样的，为偶数，对于白格子也是，为奇数

行走路径的方向为

--|--|--

或

|--|--|--

可以通过枚举奇偶性来确定这两种情况

代码实现

 #include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
 
using namespace std;
using P = pair<int, int>;
 
int main() {
    int h, w;
    cin >> h >> w;
    
    vector<string> s(h);
    rep(i, h) cin >> s[i];
    
    const int INF = 1001001001;
    int ans = INF;
    rep(par, 2) {
        vector dist(h, vector<int>(w, INF));
        queue<P> q;
        auto push = [&](int i, int j, int d) {
            if (i < 0 or j < 0 or i >= h or j >= w) return;
            if (s[i][j] == '#') return;
            if (dist[i][j] != INF) return;
            dist[i][j] = d;
            q.emplace(i, j);
        };
        
        rep(i, h)rep(j, w) if (s[i][j] == 'S') push(i, j, 0);
        while (q.size()) {
            auto [i, j] = q.front(); q.pop();
            int d = dist[i][j];
            if (s[i][j] == 'G') ans = min(ans, d);
            if ((i+j)%2 == par) {
                push(i-1, j, d+1);
                push(i+1, j, d+1);
            }
            else {
                push(i, j-1, d+1);
                push(i, j+1, d+1);
            }
        }
    }
    
    if (ans == INF) ans = -1;
    cout << ans << '\n';
    
    return 0;
}

E. Digit Sum Divisible 2

一道贴近ARC风格的题

当 $n$ 不超过 $6$ 位数时，直接暴力即可
对于一般情况，可以考虑构造 2024/2025 这样一边满足数位和是 $8$ 且是8的倍数，另一边满足数位和是 $9$ 且是 $9$ 的倍数的数
考虑只取 $n$ 的高位前三位+1，然后通过不断加 $1$ ，把它变成数位和是 $8$ ，接下来只需在后面添加若干个 0 即可

代码实现

 #include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int keta(int a) {
    int res = 0;
    for (char c : to_string(a)) {
        res += c-'0';
    }
    return res;
}
bool good(int a) {
    return a%keta(a) == 0;
}
 
int main() {
    string s;
    cin >> s;
    
    if (s.size() <= 6) {
        int n = stoi(s);
        for (int a = n; a < n*2; ++a) {
            if (good(a) and good(a+1)) {
                cout << a << '\n';
                return 0;
            }
        }
        puts("-1");
        return 0;
    }
    
    int n = stoi(s.substr(0, 3))+1;
    while (keta(n) != 8) n++;
    cout << n << string(s.size()-3, '0') << '\n';
    
    return 0;
}

F. Count Arrays

考虑对点 $i$ 连一条有向边指向点 $A_i$ ，这样就得到了一个基环树森林
对于一个基环树而言，环里的点的点权一定是相同的，那么我们可以将整个环缩点。
另外，这个基环树是个内向树
然后对缩点后的树跑树形dp
记 dp[v][i] 表示在以点 $v$ 为根的子树中满足 $x_v = i$ 的方案数
转移方程：

d p [v] [i] = \prod_{c} \sum_{j ⩽ i} d p [c] [j]

$dp[v][i] = \prod_c\sum_{j \leqslant i} dp[c][j]$

时间复杂度为 $O(NM^2)$
考虑对 $\sum\limits_{j \leqslant i} dp[c][j]$ 这部分进行加速，可以利用前缀和

代码实现

 #include <bits/stdc++.h>
#include <atcoder/all>
using namespace atcoder;
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
 
using namespace std;
using mint = modint998244353;
 
int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    
    vector<int> a(n);
    rep(i, n) cin >> a[i], a[i]--;
    
    scc_graph g(n);
    rep(i, n) g.add_edge(i, a[i]);
    auto groups = g.scc();
    
    int s = groups.size();
    vector<int> gid(n);
    rep(i, s) for (int v : groups[i]) gid[v] = i;
    
    vector<int> pa(s, s);
    rep(i, n) {
        int u = gid[i], v = gid[a[i]];
        if (u == v) continue;
        pa[u] = v;
    }
    
    vector dp(s+1, vector<mint>(m, 1));
    rep(i, s) {
        rep(j, m-1) dp[i][j+1] += dp[i][j];
        rep(j, m) dp[pa[i]][j] *= dp[i][j];
    }
    mint ans = dp[s][m-1];
    cout << ans.val() << '\n';
    
    return 0;
}

posted on 2025-01-17 11:13 V_Melville 阅读(5) 评论(0) 编辑收藏举报

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	#include <bits/stdc++.h>
	#define rep1(i, n) for (int i = 1; i <= (n); ++i)

	using namespace std;

	int main() {
	int x;
	cin >> x;

	int ans = 0;
	rep1(i, 9)rep1(j, 9) {
	if (ij != x) ans += ij;
	}

	cout << ans << '\n';

	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)

	using namespace std;
	using ll = long long;

	ll pw(ll x, int p) {
	ll res = 1;
	rep(i, p) res *= x;
	return res;
	}

	ll f(ll r) {
	r++;
	vector<int> digits;
	for (char c : to_string(r)) {
	digits.push_back(c-'0');
	}
	int n = digits.size();

	ll res = 0;
	for (int k = 1; k < n; ++k) {
	for (int h = 1; h <= 9; ++h) res += pw(h, k-1);
	}

	for (int h = 1; h < digits[0]; ++h) res += pw(h, n-1);

	int h = digits[0];
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
	if (digits[i] >= h) {
	res += pw(h, n-i);
	break;
	}
	res += pw(h, n-i-1) * digits[i];
	}

	return res;
	}

	int main() {
	ll l, r;
	cin >> l >> r;

	ll ans = f(r) - f(l-1);
	cout << ans << '\n';

	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>

	using namespace std;

	int keta(int a) {
	int res = 0;
	for (char c : to_string(a)) {
	res += c-'0';
	}
	return res;
	}
	bool good(int a) {
	return a%keta(a) == 0;
	}

	int main() {
	string s;
	cin >> s;

	if (s.size() <= 6) {
	int n = stoi(s);
	for (int a = n; a < n*2; ++a) {
	if (good(a) and good(a+1)) {
	cout << a << '\n';
	return 0;
	}
	}
	puts("-1");
	return 0;
	}

	int n = stoi(s.substr(0, 3))+1;
	while (keta(n) != 8) n++;
	cout << n << string(s.size()-3, '0') << '\n';

	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	#include <atcoder/all>
	using namespace atcoder;
	#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)

	using namespace std;
	using mint = modint998244353;

	int main() {
	int n, m;
	cin >> n >> m;

	vector<int> a(n);
	rep(i, n) cin >> a[i], a[i]--;

	scc_graph g(n);
	rep(i, n) g.add_edge(i, a[i]);
	auto groups = g.scc();

	int s = groups.size();
	vector<int> gid(n);
	rep(i, s) for (int v : groups[i]) gid[v] = i;

	vector<int> pa(s, s);
	rep(i, n) {
	int u = gid[i], v = gid[a[i]];
	if (u == v) continue;
	pa[u] = v;
	}

	vector dp(s+1, vector<mint>(m, 1));
	rep(i, s) {
	rep(j, m-1) dp[i][j+1] += dp[i][j];
	rep(j, m) dp[pa[i]][j] *= dp[i][j];
	}
	mint ans = dp[s][m-1];
	cout << ans.val() << '\n';

	return 0;
	}