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
\[\sum k_ia_i=x
\]
并且满足
\[∀k_i ,∣k_ia_i∣<a_{i+1}
\]
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\(|k_ia_i| < a_{i+1}\)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];
}
