ABC287 解题报告【A~F】
Atcoder Beginner Contest 287
姗姗来迟的解题报告
C 题漏了一个细节，狂 WA，心态爆炸，暴跌 58 rating
A - Majority
直接统计 For 的个数，与 \(\dfrac{n}{2}\) 比较即可。
int n,cnt;
string a;
void Solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a;cnt+=(a=="For");}
cout<<(cnt*2>=n?"Yes":"No");
}
B - Postal Card
直接将 \(S_i\) 截取后三位然后与各个 \(T_j\) 比较即可。
const int N=1005;
int n,m,cnt;
string s[N],t[N];
void Solve()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){cin>>s[i];s[i]=s[i].substr(3);}
for(int i=1;i<=m;i++)cin>>t[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(s[i]==t[j]){cnt++;break;}
cout<<cnt;
}
C - Path Graph?
Path graph 就是一条单链，可以直接 dfs 判。然鹅我赛时 WA 了 7 times 最后硬是没调出来
const int N=200005;
int n,m,u,v,d[N],total;
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],tot;
void add(int u,int v)
{
to[++tot]=v,nxt[tot]=head[u],head[u]=tot;
}
bool vis[N];
bool dfs(int now,int fa)
{
vis[now]=1;total++;
int cnt=0;
for(int i=head[now];i;i=nxt[i])
if(to[i]!=fa)
{
if(vis[to[i]]||!dfs(to[i],now))return 0;
cnt++;
if(cnt>1)return 0;
}
return 1;
}
void Solve()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>u>>v;
add(u,v),add(v,u);
d[u]++,d[v]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(d[i]==1)
{
cout<<(dfs(i,0)&&total==n?"Yes":"No");
return;
}
cout<<"No";
}
D - Match or Not
一个重要结论：两个字符 \(x\) 和 \(y\) 匹配，当且仅当 \(x=\texttt{?}\) 或 \(y=\texttt{?}\) 或 \(x=y\)。
设 \(\left\vert S\right\vert=n,\left\vert T\right\vert=m\)，"match"看成 \(\approx\) 符号。
于是，输出 Yes 当且仅当 \(S[1\dots i]\approx T[1\dots i]\) 且 \(S[n-m+i+1\dots n]\approx T[i+1\dots m]\)。
而 \(S[1\dots i]\approx T[1\dots i]\)，当且仅当 \(S[1\dots i-1]\approx T[1\dots i-1]\) 且 \(S_i\approx T_i\)。
于是，我们可以扫一遍前缀与后缀，对于每个问题答案就是前后缀都成立。
时间复杂度 \(O(n+m)\)。
const int N=300005;
string s,t;
bool a[N],b[N],ok;
void Solve()
{
cin>>s>>t;
ok=1;
for(int i=0;i<=t.size();i++)
{
a[i]=ok;
if(i<t.size()&&s[i]!='?'&&t[i]!='?'&&s[i]!=t[i])ok=0;
}
ok=1;
for(int i=0;i<=t.size();i++)
{
if(i&&s[s.size()-i]!='?'&&t[t.size()-i]!='?'&&s[s.size()-i]!=t[t.size()-i])ok=0;
b[i]=ok;
}
for(int i=0;i<=t.size();i++)
cout<<(a[i]&&b[t.size()-i]?"Yes":"No")<<endl;
}
E - Karuta
建一棵字典树，然后把所有字符串插入。对于每个字符串，结果就是最后一个遍历次数 \(\ge2\) 的节点的深度。
时间复杂度 \(O(\sum s_i)\)。
const int N=500005;
int n;
string s[N];
namespace trie
{
int tot;
struct tree
{
int cnt,son[62];
}tr[N];
int f(char ch)
{
if(ch>='0'&&ch<='9')return ch-'0';
if(ch>='a'&&ch<='z')return ch-'a'+10;
return ch-'A'+36;
}
void build()
{
for(int i=0;i<=tot;i++)
{
tr[i].cnt=0;
for(int j=0;j<62;j++)tr[i].son[j]=0;
}
tot=0;
}
void mdf(string s)
{
int now=0;
for(int i=0;i<s.size();i++)
{
if(!tr[now].son[f(s[i])])tr[now].son[f(s[i])]=++tot;
now=tr[now].son[f(s[i])],tr[now].cnt++;
}
}
int query(string s)
{
int now=0;
for(int i=0;i<s.size();i++)
{
now=tr[now].son[f(s[i])];
if(tr[now].cnt<=1)return i;
}
return s.size();
}
}
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>s[i];
trie::mdf(s[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<trie::query(s[i])<<endl;
}
F - Components
考虑 dp，设 \(dp_{x,y,c}\) 为在以 \(x\) 为根的子树中，形成 \(y\) 个连通块，\(x\) 被选中的状态为 \(c\) 的总方案数。
