AtCoder Beginner Contest 310 - A B C E

目录

• A
• B
• C
• E - NAND repeatedly

题目传送门：abc 310
比赛摘记：
B题没读懂题意。。。如此简单题卡了好久

继续加油哈

A

简单，就是判断使用优惠券 Q 加一个价格最小的菜 D 便宜还是原价便宜，输入比较，在输出即可

B

打的时候题意没读懂。。。读懂了的时候时间已经过去一大半了qwq
就是给你一大堆产品，每个产品都有各自的价值 P 与功能 C 。问你是否存在两个产品[i,j]，使得以下三个条件同时成立：

• $P_i\ge P_j$
• 产品 j 拥有产品 i 的所有功能
• 要么$P_i>P_j$，要么产品 j 拥有产品 i 没有的功能

打时死于第三条，or没整明白
因为数据规模较小，暴力匹配即可

C

题意：
一个字符串与其翻转字符串同属一类，问你给定的许多字符串能分为多少类
思路：
利用set或者map标记某一类字符串是否出现过，每次没出现过的时候++ans，最终ans即为答案
过程较为简单，模拟统计，使用STL即可

E - NAND repeatedly

题意：

$$\mathrm{求}\mathrm{解}\mathrm{式}\mathrm{子}：\sum _{i=1}^N\sum _{j=i}^{N}f(i,j)$$

$$f(i,j)=\{\begin{array}{ll}{A}_i& \text{(i = j)}\\ f(i,j-1)⊼A_j& \text{(i < j)}\end{array}$$

⊼ 表示逻辑运算与非，$0⊼0=1,0⊼1=1,1⊼0=1,1⊼1=0$
思路：
注意到$1\le N\le {10}^6$，$O(n^2)$的方法估计不行，所以我们需要考虑题目的规律性。
首先我们知道与非有0出1，所以当$A_j=0$时，$f(i,j)=1$
当$A_j=1$时，我们就需要考虑前面的$f(i,j-1)$的值，而此时结果即为$\overline{f(i,j-1)}(\mathrm{取}\mathrm{非})$
所以一遍前往后的递推式即可求解，我们统计到每个位置的0和1的数量，为了下一位做准备。那么统计的是什么0和1呢？就是$f(i,j)$在每个i时0和1的数量。
以样例00110为例，我们可以画出下面的表：

i	1	2	3	4	5
$A_i$	0	0	1	1	0
i=1	0	1	0	1	1
i=2	x	0	1	0	1
i=3	x	x	1	0	1
i=4	x	x	x	1	1
i=5	x	x	x	x	0
总	0:1,1:0	0:1,1:1	0:1,1:2	0:2,1:2	0:1,1:4

ans即为所有的1的个数和
我们用p[0]和p[1]来记录从前到后遍历i时0和1的个数。

• 当$A_i=0$时，$p[0]=1,p[1]=i-1$
• 当$A_i=1$时，我们就需要考虑前面的$f(i,j-1)$的值，而此时$p[0]=pp[1],p[1]=pp[0]+1$，pp代表原来的值

感觉没有说清楚，看的时候结合上面那张表再理解理解？
好像可以再精简一点的，上面写的好理解，在理解的基础上会发现，出答案的方式有很多其实，比如说没必要统计每一个位置上1的个数，只需要统计0的个数就够了，因为1的个数无论在哪种情况都可以计算出来。
下为代码：

//>>>Qiansui
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define debug(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define debug2(x,y) cout << #x << " = " << x << " " << #y << " = "<< y << endl
//#define int long long
 
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
typedef pair<ull,ull> pull;
typedef pair<double,double> pdd;
/*
 
*/
const int maxm=2e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=998244353;
int n;
string ss;
 
void solve(){
	cin>>n>>ss;
	ll ans=0;
	int p[2]={0,0};
	for(int i=0;i<n;++i){
		int c=ss[i]-'0';
		ans+=c;
		if(i){
			if(c==0){
				ans+=i;
				p[0]=1;
				p[1]=i;
			}else{
				ans+=p[0];
				swap(p[0],p[1]);
				++p[c];
			}
		}else ++p[c];
	}
	cout<<ans<<'\n';
	return ;
}
 
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
//	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}