AtCoder Beginner Contest 182 Person Editorial

Problem A - twiblr

直接输出 $2A+100-B$

Problem B - Almost GCD

这里暴力枚举即可

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int N;
    cin >> N;
    vector<int> A(N);
    for (int i = 0; i < N; ++i) cin >> A[i];
    int Max = 0, idx = -1;
    for (int i = 2; i <= 1000; ++i) {
        int cnt = 0;
        for (int j = 0; j < N; ++j)
            if (A[j] % i == 0) cnt++;
        if (Max < cnt) Max = cnt, idx = i;
    }
    cout << idx << '\n';
    return 0;
}

Problem C - To 3

利用一个数能被 $3$ 整除当且仅当其各位之和能被 $3$ 整除。

• 如果本身能被 $3$ 整除，则不需要删除。
• 如果被 $3$ 除余 $1$，则首先看是否能删去 $1$ 个 $1$，然后看是否能删去 $2$ 个 $2$。
• 如果被 $3$ 除余 $1$，则首先看是否能删去 $1$ 个 $2$，然后看是否能删去 $2$ 个 $1$。

C++ 代码

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    string s;
    cin >> s;
    int cnt[3] = {0};
    for (int i = 0; i < s.length(); ++i) cnt[(s[i] - '0') % 3]++;
    int cur = (cnt[1] + 2 * cnt[2]) % 3;
    int k = cnt[0] + cnt[1] + cnt[2];
    int res;
    if (!cur) res = 0;
    else if (cur == 1) {
        if (cnt[1])
            if (k == 1) res = -1;
            else
                res = 1;
        else {
            if (k == 2) res = -1;
            else
                res = 2;
        }
    } else {
        if (cnt[2]) {
            if (k == 1) res = -1;
            else
                res = 1;
        } else {
            if (k == 2) res = -1;
            else
                res = 2;
        }
    }
    cout << res << "\n";
    return 0;
}

Python 代码

s = input()
n = int(s)
if n % 3 == 0:
    print(0)
else:
    a = list(map(int, list(s)))
    c = [0] * 3
    for i in a:
        c[i % 3] += 1
    if c[n % 3] >= 1 and len(a) > 1:
        print(1)
    elif c[3 - n % 3] >= 2 and len(a) > 2:
        print(2)
    else:
        print(-1)

Problem D - Wandering

记录最远位置 $ans$，当前位置 $pos$，前缀和 $sum$，以及前缀和的最大值 $hi$。

在每一轮中，首先更新前缀和，然后更新前缀和的最大值，本轮能达到的最大值显然是 $pos+hi$，用其更新 $ans$，再用 $pos+sum$ 更新 $pos$。

时间复杂度 $\mathcal{O}(N)$。

using ll = long long;
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    ll a, sum = 0, hi = 0, ans = 0, pos = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> a;
        sum += a;
        hi = max(hi, sum);
        ans = max(ans, pos + hi);
        pos += sum;
    }
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

Problem E - Akari

将所有灯和墙都放到矩形中，然后逐行从左到右扫描一遍，再从右到左扫描一遍；逐列从上到下扫描一遍，再从下到上扫描一遍。最后统计亮着的格子即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(HW)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int e[1510][1510];
bool vis[1510][1510];
int cnt = 0;
struct node {
    int x, y;
};
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int h, w, n, m;
    cin >> h >> w >> n >> m;
    vector<node> bulbs(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int x, y;
        cin >> x >> y, e[x][y] = 1;  // bulb
        bulbs[i].x = x, bulbs[i].y = y;
    }
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int x, y;
        cin >> x >> y, e[x][y] = 2;  // block
    }
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int x = bulbs[i].x, y = bulbs[i].y;
        if (vis[x][y] == false) {
            cnt++, vis[x][y] = true;
        }
        while ((e[x][y] == 0 || (x == bulbs[i].x and y == bulbs[i].y)) &&
               x > 0 && x <= h && y > 0 && y <= w) {
            if (vis[x][y] == false) cnt++, vis[x][y] = true;
            x++;
        }
        x = bulbs[i].x, y = bulbs[i].y;
        while ((e[x][y] == 0 || (x == bulbs[i].x and y == bulbs[i].y)) &&
               x > 0 && x <= h && y > 0 && y <= w) {
            if (vis[x][y] == false) cnt++, vis[x][y] = true;
            x--;
        }
        x = bulbs[i].x, y = bulbs[i].y;
        while ((e[x][y] == 0 || (x == bulbs[i].x and y == bulbs[i].y)) &&
               x > 0 && x <= h && y > 0 && y <= w) {
            if (vis[x][y] == false) cnt++, vis[x][y] = true;
            y--;
        }
        x = bulbs[i].x, y = bulbs[i].y;
        while ((e[x][y] == 0 || (x == bulbs[i].x and y == bulbs[i].y)) &&
               x > 0 && x <= h && y > 0 && y <= w) {
            if (vis[x][y] == false) cnt++, vis[x][y] = true;
            y++;
        }
    }
    cout << cnt << '\n';
    return 0;
}

Problem F - Valid payments

dalao 题解，Orz...

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 52;
ll a[N], mx[N], xx[N], dp[N][2];
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int n;
    ll x, t;
    cin >> n >> x;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i < n; ++i) mx[i] = a[i + 1] / a[i];
    t = x;
    for (int i = n; i; --i) {
        xx[i] = t / a[i];
        t %= a[i];
    }
    dp[1][0] = 1;
    if (xx[1]) dp[1][1] = 1;
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        dp[i + 1][0] = dp[i][0];
        if (xx[i + 1]) dp[i + 1][1] = dp[i][0];
        dp[i + 1][1] += dp[i][1];
        if (xx[i + 1] + 1 != mx[i + 1]) dp[i + 1][0] += dp[i][1];
    }
    cout << dp[n][0] << '\n';
    return 0;
}

这道题，我们实际上就是要求出满足

$$\sum k_i{a}_i=x$$

并且满足

$$\forall k_i,\mid k_i{a}_i\mid <a_{i+1}$$

的整数元组 $\{k_i\}$的种数。

我们不妨从小到大进行选择。容易看到，我们其实只需要记录当前每一个可能达到的总数以及对应的方法数，而不需要记录对应的具体方案。因为$a_{i+1}$总是$a_i$的倍数，所以在选择完$a_i$的系数k_iki后，我们需要保证此时的总数能够被$a_{i+1}$整除。同时，因为$|k_i{a}_i|<a_{i+1}$的限制，因此，对于每一个原有的状态，我们实际上只能有两种选择。

我们以$\{x,1\}$作为初始状态开始递推。看起来，状态数会以指数规模增长，但实际上，任意时刻，我们最多同时保留两个状态，因此总时间复杂度为 $\mathcal{O}(N)$。

using ll = long long;
int main() {
    int n;
    ll x;
    cin >> n >> x;
    vector<ll> a(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];
    unordered_map<ll, ll> v;
    v[x] = 1;
    ll ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        unordered_map<ll, ll> nv;
        for (auto [c, f] : v) {
            if (i + 1 < n) {
                ll rem = c % a[i + 1];
                nv[c - rem] += f;
                if (rem > 0) nv[c + a[i + 1] - rem] += f;
            } else if (c % a[i] == 0)
                nv[0] += f;
        }
        v = move(nv);
    }
    cout << v[0];
}