[题解]AtCoder Beginner Contest 380(ABC380) A~F
A - 123233
照题意统计即可。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
map<char,int> ma;
signed main(){
cin>>s;
for(char i:s) ma[i]++;
if(ma['1']==1&&ma['2']==2&&ma['3']==3) cout<<"Yes\n";
else cout<<"No\n";
return 0;
}
B - Hurdle Parsing
还是照题意模拟即可。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
signed main(){
cin>>s;
int cnt=0;
for(int i:s){
if(i=='|'){
if(cnt) cout<<cnt<<" ";
cnt=0;
}else if(i=='-') cnt++;
}
return 0;
}
C - Move Segment
就是将第\(k\)个1的连通块移到紧贴第\(k-1\)个1的连通块后面。
照题意模拟即可（代码过于不可读，不建议参考）。
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#include<bits/stdc++.h>
#define N 500010
using namespace std;
int n,k;
string s,t;
int ll[N],rr[N],idx;
int p[N];
signed main(){
cin>>n>>k>>s;
s=' '+s+' ';
int l,r;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]!=s[i-1]&&s[i]=='1') l=i;
if(s[i]!=s[i+1]&&s[i]=='1'){
r=i;
ll[++idx]=l,rr[idx]=r;
}
}
int cha=ll[k]-rr[k-1];
ll[k]=ll[k]-cha+1;
rr[k]=rr[k]-cha+1;
for(int i=1;i<=idx;i++){
p[ll[i]]++,p[rr[i]+1]--;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
p[i]+=p[i-1];
cout<<p[i];
}
return 0;
}
D - Strange Mirroring
将字符串\(s\)反转得到\(s'\)，拼接起来是\(s\ s'\ s'\ s\ \dots\)。将每个串依次编号为\(0,1,2,3,\dots\)，通过手玩可以发现第\(x\)个串为\(s\)，当且仅当\(\text{popcount}(x)=0\)，其中\(\text{popcount}(x)\)是指\(x\)的二进制中\(1\)出现的次数。
还是直接模拟就可以。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Q 200010
using namespace std;
string s;
int q,k,n;
char ch(char a){
if(a>='A'&&a<='Z') return a-'A'+'a';
return a-'a'+'A';
}
signed main(){
cin>>s>>q;
n=s.size();
for(int i=1;i<=q;i++){
cin>>k;
k--;
int round=k/n;
k%=n;
if(__builtin_popcountll(round)&1) cout<<ch(s[k]);//changed
else cout<<s[k];
cout<<" ";
}
return 0;
}
E - 1D Bucket Tool
当时在机房所以没装插件，用的百度翻译，然后就理解错题意了，以为操作\(2\)要求输出\(x\)所在位置的颜色出现了多少次，然后……寄了(￣ ￣|||)
用map来维护颜色相同的区间。
对于询问\(1\)，用lower_bound()找到该元素在set中的哪个区间，然后将该区间删掉，再添加进去修改过颜色的区间即可。
注意如果相邻的区间颜色和该区间修改后的颜色相同，需要把相邻的区间也删掉，合并进新添加的区间。为了防止一系列边界问题，我们在头尾各加\(2\)个哨兵，颜色设为\(-1\)即可。时间复杂度\(O((n+q)\log n)\)。
upd 2024/11/18：将结构体Range的成员前添加mutable关键字，就可以突破set的const函数限制，直接修改成员，这样就不需要删除再添加了。
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#include<bits/stdc++.h>
#define N 500010
#define Q 200010
using namespace std;
struct Range{int l,r,color;};
class cmpclass{
public:
bool operator()(const Range& a,const Range& b) const{
return a.r<b.r;//按右端点从小到大
}
};
set<Range,cmpclass> se;
int n,q,cnt[N];
signed main(){
cin>>n>>q;
se.insert({0,0,-1});
se.insert({n+1,n+1,-1});
for(int i=1;i<=n;i++) se.insert({i,i,i}),cnt[i]=1;
while(q--){
int op,x,c;
cin>>op;
if(op==1){
cin>>x>>c;
auto it=se.lower_bound({x,x,x});
int l=it->l,r=it->r,color=it->color;
cnt[c]+=(r-l+1);
cnt[color]-=(r-l+1);
it=se.erase(it);
if(it->color==c){
r=it->r;
it=se.erase(it);
}
it--;
if(it->color==c){
l=it->l;
it=se.erase(it);
}
se.insert({l,r,c});
}else{
cin>>x;
cout<<cnt[x]<<"\n";
}
}
return 0;
}
其实……直接用并查集就好，这样子时间复杂度是\(O(n+q\alpha(n))\)。
F - Exchange Game
注意到\(n+m+k\)一共才\(12\)，果断压位暴搜。
具体来说，用一个\(3\)进制数来表示每一张牌的状态，\(0\)表示在Takahashi手里，\(1\)表示在Aoki手里，\(2\)表示在桌上。
搜索时提供该三进制数，还有当前的操作者（\(0\)是Takahashi）。先枚举取出哪张牌，再枚举拿回哪张牌（注意也可以不拿）。
如果当前状态能到达的所有状态中，存在胜者为自己的状态，则说明此状态下，自己必胜；否则（即所有状态都是对方获胜），此状态下自己必输。根节点的状态就是最终答案。
注意要记忆化。时间复杂度\(O(3^N\times N^2)\)，其中\(N=n+m+k\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define N 12
#define int long long
using namespace std;
int n,m,l,nn,a[N],pow3[N],f[2][531441];//3^11=531441
struct Status{
int v=0;
int get(int pos){return v/pow3[pos]%3;}
Status chp(int pos,int vv){return {v+(vv-get(pos))*pow3[pos]};}
};
bool dfs(bool cur,Status sta){
if(f[cur][sta.v]!=-1) return f[cur][sta.v];
for(int i=0;i<nn;i++){//打出的牌
if(sta.get(i)!=cur) continue;
for(int j=0;j<nn;j++){//取回的牌
if(sta.get(j)!=2||a[j]>=a[i]) continue;
if(dfs(cur^1,sta.chp(i,2).chp(j,cur))==cur) return (f[cur][sta.v]=cur);
}
if(dfs(cur^1,sta.chp(i,2))==cur) return (f[cur][sta.v]=cur);
}
return (f[cur][sta.v]=cur^1);
}
signed main(){
memset(f,-1,sizeof f);
pow3[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++) pow3[i]=pow3[i-1]*3;
cin>>n>>m>>l;
nn=n+m+l;
for(int i=0;i<nn;i++) cin>>a[i];
Status sta;
for(int i=0;i<nn;i++) sta=sta.chp(i,(i>=n)+(i>=n+m));
cout<<(dfs(0,sta)?"Aoki\n":"Takahashi\n");
return 0;
}
