AtCoder Beginner Contest 295
A - Probably English
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read() {
int x = 0, f = 1, ch = getchar();
while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != '-') ch = getchar();
if (ch == '-') f = -1, ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
return x * f;
}
int main() {
set<string> st;
st.insert("and");
st.insert("not");
st.insert("that");
st.insert("the");
st.insert("you");
int n;
cin >> n;
string s;
for( ; n ; n -- ){
cin >> s;
if( st.count(s) ) cout << "Yes" , exit(0);
}
cout << "No";
return 0;
}
B - Bombs
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[25][25] ;
int main() {
int n , m;
cin >> n >> m;
vector<int> x , y , b;
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
string s;
cin >> s;
for( int j = 1 ; j <= m ; j ++ ){
if( s[j-1] == '#' ) f[i][j] = 1;
else if( s[j-1] >= '1' && s[j-1] <= '9' )
x.push_back(i) , y.push_back(j) , b.push_back( s[j-1] - '0' );
}
}
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
for( int j = 1 ; j <= m ; j ++ ){
if( f[i][j] == 0 ) continue;
for( int k = 0 ; k < x.size() ; k ++ ){
if( abs( i - x[k] ) + abs( j - y[k] ) <= b[k] ){
f[i][j] = 0;
break;
}
}
}
}
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
for( int j = 1 ; j <= m ; j ++ )
cout << ".#"[ f[i][j] ];
cout << "\n";
}
return 0;
}
C - Socks
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read() {
int x = 0, f = 1, ch = getchar();
while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != '-') ch = getchar();
if (ch == '-') f = -1, ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
return x * f;
}
int main() {
int n = read();
map<int,int> mp;
for( int x ; n ; n -- )
x = read() , mp[x] ++;
int res = 0;
for( auto [k,v] : mp )
res += v/2;
cout << res;
return 0;
}
D - Three Days Ago
如果一个子区间内所有的数都只出现偶数次的话，就一定 happy 的。
我们用一个十位的二进制来表示前缀中每个字母出现了奇数次还是偶数次。这个实际上可以用前缀异或和来维护。
那么我们只需要统计这个十位二进数每种出现了多少次，然后对每一种求一个\(C_n^2\)即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int32_t main() {
ios::sync_with_stdio(false) , cin.tie(nullptr) , cout.tie(nullptr);
string s;
cin >> s;
int t = 0;
bitset<10> T;
map<int,int> cnt;
cnt[t] ++;
for( auto i : s ){
t ^= 1 << ( i - '0' );
cnt[t] ++;
}
int res = 0;
for( auto [ k , v ] : cnt )
res += v * ( v - 1 ) / 2 ;
cout << res;
return 0;
}
E - Kth Number
设第\(k\)大的数字是\(x\)则题目要求的就是\(EX= \sum_{i=1}^n i\times P(x=i)\)
\[EX = 1P(x=1) + 2P(x=2) + \cdots nP(x=n)\\
= \sum_{i=1}^nP(x=i) + \sum_{i=2}^nP(x=i)+\cdots+\sum_{i=n}^{n}P(x=i)\\
= P(x\ge1) + P(x\ge 2) + \cdots+P(x\ge n)
=\sum_{i=1}^n P(x>i)
\]
这样转换的好处就是算的时候比较方便，我们直接枚举 \(i\)的值，然后统计数列中的值即可。
如果已经有大于等于\(n-k+1\)个数大于等于\(i\)，则概率为\(1\)，因为不用操作第\(k\)个数也大于\(i\)。
如果已经有大于\(k\)个数小于\(i\),则概率为 0。
如果都不满足的话，就可以通过操作是条件满足，设\(b\)表示当前大于\(i\)的个数，\(p=\frac{m-i+1}{m}\)表示把一个 0 变成大于\(i\)的概率，\(cnt_0\)表示\(0\)的个数，概率是\(\sum_{j=n-k+1 -b}^{cnt_0} C_{cnt_0}^j p^j(1-p)^{cnt_0-j}\)
把所有的概率求和就是答案
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;
int power(int x, int y) {
int ans = 1;
while (y) {
if (y & 1) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod, y >>= 1;
}
return ans;
}
int inv(int x) {
return power(x, mod - 2) % mod;
}
const int N = 2005;
int fact[N], invFact[N];
int A(int x, int y) { // x 中选 y 排序
return fact[x] * invFact[x - y] % mod;
}
int C(int x, int y) { // x 中选 y 个
return fact[x] * invFact[x - y] % mod * invFact[y] % mod;
}
void init() {
fact[0] = 1, invFact[0] = inv(1);
for (int i = 1; i < N; i++)
fact[i] = fact[i - 1] * i % mod, invFact[i] = inv(fact[i]);
}
int read() {
int x = 0, f = 1, ch = getchar();
while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != '-') ch = getchar();
if (ch == '-') f = -1, ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
return x * f;
}
int32_t main() {
init();
int n = read(), m = read(), k = read(), res = 0;
vector<int> cnt(m + 1), a(m + 1), b(m + 1);
for (int x, i = 1; i <= n; i++) x = read(), cnt[x]++;
b[m] = cnt[m];
for (int i = 1; i <= m; i++) a[i] = a[i - 1] + cnt[i];
for (int i = m - 1; i >= 1; i--) b[i] = b[i + 1] + cnt[i];
for (int i = 1, p, q; i <= m; i++) {
if (a[i - 1] > k) continue;
if (b[i] >= n - k + 1) {
res = (res + 1) % mod;
continue;
}
p = (m - i + 1) * inv(m) % mod, q = ( 1 - p + mod ) % mod;
for (int j = n - k + 1 - b[i]; j <= cnt[0]; j++)
res = (res + C(cnt[0], j) * power(p, j) % mod * power(q, cnt[0] - j) % mod) % mod;
}
cout << res;
return 0;
}
G - Minimum Reachable City
当加边(u,v)的时候保证了(v,u)已经联通了，此时有两种情况如果(u,v)已经联通了，此时加边对结果实际上是没有影响的，可以忽略。另一种情况是不联通，那么此时等价于将(v,u)之间的路径全部建一遍反向边。
所以这个问题就可以用并查集来维护联通性，同时保证根节点是该联通块中最小的一个，所以要注意加边和并两个集合的方向。
在一开始，我们就只是存一下反向边，当需要加(u,v)就从u开始一路加反向边直到u,v联通，回答的时候直接回答该点所在联通快递根节点即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read() {
int x = 0, f = 1, ch = getchar();
while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != '-') ch = getchar();
if (ch == '-') f = -1, ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
return x * f;
}
class dsu{
private:
vector<int> fa;
public:
dsu( int n = 1 ){
fa = vector<int>( n+1 , -1 ) , fa[0] = 0;
}
int getfa( int x ){
if( fa[x] < 0 ) return x;
return fa[x] = getfa( fa[x] );
}
void merge( int x , int y ){
x = getfa(x) , y = getfa(y);
if( x == y ) return ;
fa[x] = y;
}
bool check( int x , int y ){
x = getfa(x) , y = getfa(y);
return ( x == y );
}
};
int32_t main() {
int n = read();
vector<int> p(n+1);
p[1] = 1;
for( int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) p[i] = read();
dsu d(n);
for( int q = read() , op , x , y ; q ; q -- ){
op = read();
if( op == 1 ){
x = read() , y = read();
while( !d.check( x , y ) ){
x = d.getfa(x);
d.merge( x , p[x] );
}
}else x = read() , printf("%d\n" , d.getfa(x) );
}
return 0;
}
