[题解]AtCoder Beginner Contest 383(ABC383) A~F

A - Humidifier 1

照题意模拟即可，时间复杂度\(O(n)\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 110
using namespace std;
int n,t[N],v[N],sum;
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>t[i]>>v[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum=max(0ll,sum-(t[i]-t[i-1]));
		sum+=v[i];
	}
	cout<<sum<<"\n";
	return 0;
}

B - Humidifier 2

\(O((nm)^2)\)枚举两个加湿器的位置，再\(O(nm)\)统计答案。

总时间复杂度\(O((nm)^3)\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 15
using namespace std;
int n,m,d,ans;
string s[N];
signed main(){
	cin>>n>>m>>d;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>s[i];
		s[i]=' '+s[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(s[i][j]=='#') continue;
			for(int k=1;k<=n;k++){
				for(int l=1;l<=m;l++){
					if(s[k][l]=='#') continue;
					int cnt=0;
					for(int o=1;o<=n;o++){
						for(int p=1;p<=m;p++){
							if(s[o][p]=='#') continue;
							cnt+=(abs(o-i)+abs(p-j)<=d||abs(o-k)+abs(p-l)<=d);
						}
					}
					ans=max(ans,cnt);
				}
			}
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
	return 0;
}

C - Humidifier 3

对于一个位置，我们显然要让最优的状态先遍历到它，所以使用BFS解决。

初始将所有H所在位置加入队列，然后正常进行BFS即可。

时间复杂度\(O(nm)\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1010
using namespace std;
struct Status{int x,y,d;};
int n,m,d,dx[4]{-1,0,1,0},dy[4]{0,1,0,-1};
bitset<N> vis[N];
queue<Status> q;
string s[N];
signed main(){
	cin>>n>>m>>d;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i],s[i]=' '+s[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++)
		if(s[i][j]=='H') q.push({i,j,0});
	while(!q.empty()){
		Status sta=q.front();
		q.pop();
		int x=sta.x,y=sta.y;
		if(vis[x][y]) continue;
		vis[x][y]=1;
		if(sta.d==d) continue;
		for(int i=0;i<4;i++){
			int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];
			if(xx<1||yy<1||xx>n||yy>m||s[xx][yy]=='#') continue;
			q.push({xx,yy,sta.d+1});
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			ans+=vis[i][j];
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
	return 0;
}

D - 9 Divisors

因数个数公式：对于\(n=p_1^{a_1}\times p_2^{a_2}\times\dots\times p_l^{a_k}\)（\(p_i\)表示互不相同的质数），\(n\)的因数个数是\(\prod\limits_{i=1}^k (a_i+1)\)。

根据上面的公式，我们发现一个数\(x\)拥有恰好\(9\)个因数，当且仅当下面一项成立：

• \(x=p_1^2\times p_2^2\)。
• \(x=p_8\)。

显然成立的\(p\)一定在\(O(\sqrt n)\)以内，所以我们线性筛得到\(\sqrt n\)以内的素数，按上面的方法计算出所有答案，再统计\(\le n\)的有多少个即可。

显然答案一定远小于\(\sqrt n\)（这个看最后一个样例也能得到），所以时间复杂度不会超过\(O(\sqrt n)\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define V 2000010
#define CNT 500010
using namespace std;
int n,ans[CNT],idx,prime[V],idxp;
bitset<V> vis;
void euler(){
	vis[0]=vis[1]=1;
	for(int i=2;i<=V;i++){
		if(!vis[i]) prime[++idxp]=i;
		for(int j=1;j<=V;j++){
			if(i*prime[j]>V) break;
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}
signed main(){
	cin>>n;
	euler();
	for(int i=1;i<=idxp;i++){
		int ii=prime[i]*prime[i];
		for(int j=i+1;j<=idxp;j++){
			int jj=prime[j]*prime[j];
			if(ii>4e12/jj) break;
			ans[++idx]=ii*jj;
		}
	}
	for(int i=1;i<=idxp;i++){
		int v=prime[i];
		v=v*v*v*v*v*v*v*v;
		if(v>4e12) break;
		ans[++idx]=v;
	}
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=idx;i++) cnt+=(ans[i]<=n);
	cout<<cnt<<"\n";
	return 0;
}

E - Sum of Max Matching

最小化两点间边权最大值，是无向图的最小瓶颈路问题，我们通常使用最小生成树或Kruskal重构树（此处使用前者）来解决。

结论：原图上两点间最大边权的最小值，就是最小生成树上两点间的最大边权。

由此我们可以得到一个贪心思路：

• 初始将每个节点看作一个集合。对于\(u\)所在的集合，进行如下规定：
  • 如果\(u\in A\)则该集合包含\(1\)个红色点。
  • 如果\(u\in B\)则该集合包含\(1\)个蓝色点。
  • 否则该集合为空。
• 按边权从小到大为边集排序，依次遍历每一条边\((u,v,w)\)：
  • 如果加入该边后形成环，则跳过这条边。
  • 否则，将\(u,v\)所在集合合并，红蓝点两两配对消去。设消去\(s\)个红蓝点对，那么对答案的贡献就是\(s\times w\)。

根据一开始的结论，可以得出这样做是正确的。

时间复杂度\(O(m(\log m+\alpha(n)))\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define M 200010
#define int long long
using namespace std;
struct edge{int u,v,w;}e[M];
int n,m,k,ca[N],cb[N],idx,fa[N],ans;
vector<edge> G[N];
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
signed main(){
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
		cin>>u>>v>>w;
		e[++idx]={u,v,w};
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	for(int i=1,u;i<=k;i++) cin>>u,ca[u]++;
	for(int i=1,u;i<=k;i++) cin>>u,cb[u]++;
	sort(e+1,e+1+idx,[](edge a,edge b){return a.w<b.w;});
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u=find(e[i].u),v=find(e[i].v);
		if(u==v) continue;
		fa[u]=v,ca[v]+=ca[u],cb[v]+=cb[u];
		int siz=min(ca[v],cb[v]);
		ca[v]-=siz,cb[v]-=siz;
		ans+=siz*e[i].w;
	}
	cout<<ans<<"\n";
	return 0;
}

F - Diversity

这道题在\(01\)背包的基础上加了颜色属性，选定的物品每添加一个新的颜色，对答案的贡献\(+k\)。

所以我们可以设\(f[i][j]\)为在前\(i\)个颜色中选择，物品总体积在\(j\)以内的最大答案。将物品按颜色分组，对于第\(i\)个颜色组中的元素，\(f[i][j]\)从\(f[i-1][j-w]+v\)转移而来，贡献额外\(+k\)即可。

时间复杂度\(O(nx)\)。

注意倒序枚举大小，并开long long。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 505
#define M 50005
using namespace std;
struct Thing{int w,v,c;}a[N];
int n,m,vk,f[N][M];
vector<int> col[N];
signed main(){
	cin>>n>>m>>vk;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].w>>a[i].v>>a[i].c;
		col[a[i].c].emplace_back(i);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memcpy(f[i],f[i-1],sizeof f[i-1]);
		for(int j:col[i]){
			int w=a[j].w,v=a[j].v;
			for(int k=m;k>=w;k--){
				f[i][k]=max({f[i][k],f[i-1][k-w]+v+vk,f[i][k-w]+v});
			}
		}
	}
	cout<<f[n][m]<<"\n";
	return 0;
}

也可以滚掉第\(1\)维。