ABC224做题笔记

Atcoder Begineer Contest 224

D - 8 Puzzle on Graph

题目大意

给定一个 $9$ 个顶点，$m$ 条边的图，共有八个棋子分别在 $p_1,p_2,p_3...p_8$，问最终能否让第 $i$ 个棋子放在 $i$ 号节点上。

解题思路

考虑与八数码相同的做法。

将九个顶点对应的状态压缩成一个九位数，即每个定点上对应了哪个棋子。

令第 $i$ 个定点上最开始的棋子编号是 $r_i$，没有棋子的顶点 $u$ 的 $r_u$ 为 $9$，就能够生成初始状态。

然后将这个九位数压入队列，跑 BFS 求解，再用一个 map 记录，最后判断能否达到 $123456789$ 这个状态。

生成初始状态部分：

string str="999999999"; //一开始都没有摆棋子
for(int i=1,pos;i<=8;i++){
    cin>>pos;
    str[pos-1]=i+'0'; //读入第 i 个棋子的位置后替换相应位置
}

BFS 部分：

mp[str]=1;
q.push(str);

while(!q.empty()){
    str=q.front();
    q.pop();

    int u=1;
    for(int i=0;i<9;i++){
        if(str[i]=='9'){
            u+=i; //找到没有棋子的顶点的位置
            break;
        }
    }

    for(auto v:G[u]){
        string n_str=str;
        swap(n_str[u-1],n_str[v-1]);
        
        if(mp[n_str]){
            continue;
        }

        mp[n_str]=mp[str]+1;
        q.push(n_str);
    }
}

if(!mp["123456789"]) cout<<-1<<"\n"; //如果没有走过，就说明无法到达
else cout<<mp["123456789"]-1<<"\n";

E - Integers on Grid

解题思路

考虑设 $rma{x}_i$ 表示第 $i$ 列的最大值，$cma{x}_i$ 表示第 $i$ 行的最大值。

对数组进行排序，然后进行状态转移：

$f_i=max\{rma{x}_{r_i},cma{x}_{c_i}\}$

$rma{x}_i=max\{rma{x}_{r_i},f_i+1\}$

$cma{x}_i=max\{cma{x}_{c_i},f_i+1\}$

答案依次输出 $f_i$ 即可。

cin>>h>>w>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
    cin>>r[i]>>c[i]>>a[i];
    mp[INF-a[i]].push_back(i);
}

for(auto p:mp){
    vector<int> now=p.second;

    for(auto v:now){
        f[v]=max(f[v],max(rmax[r[v]],cmax[c[v]]));
    }
    for(auto v:now){
        rmax[r[v]]=max(rmax[r[v]],f[v]+1);
        cmax[c[v]]=max(cmax[c[v]],f[v]+1);
    }
}    

for(int i=1;i<=n;i++){
    cout<<f[i]<<"\n";
}

F - Problem where +s Separate Digits

题目大意

有一个只含 $1\dots 9$ 的长度为 $N$ 数字串。

在这个串中加最少 $0$ 个，最多 $N-1$ 个加号，使得其变成一个加法算式，求所有可能的算式的结果的总和模 $998244353$。

解题思路

考虑 dp

• 设 $f_i$ 表示 $1\dots i$ 中，第 $i$ 位与第 $i-1$ 位之间没有加号的方案数

• 设 $g_i$ 表示 $1\dots i$ 中，第 $i$ 位与第 $i-1$ 位之间有加号的方案数

容易得到状态转移：

• $f_i=s_i\times 2^{i-1}+f_{i-1}\times 10$

解释：第 $i$ 位与第 $i-1$ 位之间没有加号，即它们是连着的一个数，因此需要先将 $f_{i-1}\times 10$，再将第 $i$ 位的数字加上去，共有 $2^{i-1}$ 种可能，因此就要加上 $s_i\times 2^{i-1}$。

• $g_i=g_{i-1}\times 2+f_{i-1}$

解释：第 $i$ 位将第 $i-1$ 位没有分离的分离开来了，因此要加上 $f_{i-1}$，同时之前就已经分离的会出现两个分支因此还要加上 $g_{i-1}\times 2$

最终答案为 $f_n+g_n$，时间复杂度 $O(N)$，$1\le N\le 2\times {10}^5$，轻松通过。

n=s.length();
pow_2[0]=1ll;
for(int i=1;i<=n;i++){
    pow_2[i]=(pow_2[i-1]*2ll)%mod;
}


for(int i=1;i<=n;i++){
    ll u=s[i-1]-'0';
    f[i]=((f[i-1]*10)%mod+(u*pow_2[i-1])%mod)%mod;
    g[i]=((g[i-1]*2)%mod+f[i-1])%mod;
}

cout<<(f[n]+g[n])%mod<<"\n";

G - Roll or Increment

题目大意

有一个 $N$ 面骰子，最初，骰子 $S$ 面朝上。

可以进行以下两次操作，次数不限。

• 操作一：花费 $A$ 代价，使骰子显示的数值 "增加" $1$。

• 操作二：花费 $B$ 代价，重新投掷骰子。

要让骰子从初始状态显示 $S$ 变为显示 $T$。

求当使用最优策略使该期望值最小时，这样做所需花费的最小期望值。

解题思路

显然，应该操作一还是操作二，只取决于骰子当前显示的数字。

对于每一个 $i=1,2,\dots ,N$，试求 "当骰子显示 $i$ 时，我们应该选择哪个选项"。

注意到：

• 如果骰子显示的数字大于 $T$，那么显然操作二是最佳选择。

• 在操作一之后立即操作二显然比仅仅操作二更劣。

因此，在最优策略中，如果当骰子显示的数字为 $P$ 时选择操作一，那么当骰子显示的数字为 $P^{\prime }$ 使得 $P\le P^{\prime }$ 时，应该选择操作一。

根据上述两点，开始思考最优策略：

存在一个满足 $1\le X\le T$ 的整数 $X$：

如果骰子显示 $T-X$ 和 $T$ 之间的任意一个数，则选择 操作一；

否则，选择 操作二。

问题转化为：

求选择一个整数 $X$ ，使得 $1\le X\le T$ ，从而使得 "将骰子所示的骰子从 $S$ 改为 $T$ 的期望值"最小。

开始分类讨论：

• 在" $T-X+1\le S\le T$ 成立 "的条件下选择 $X$。
• 在" $T-X+1\le S\le T$ 不成立 "的条件下选择 $X$。

第一种情况：在 "成立 $T-X+1\le S\le T$ " 的条件下选择 $X$ 时。

因为我们选择 操作一，直到骰子显示的数字从 $S$ 变为 $T$ ，所以所需的代价是 $A(T-S)$ ，与 $X$ 无关。

第二种情况：在" $T-X+1\le S\le T$ 不成立 "的条件下选择 $X$ 时。

骰子上的数字从 $S$ 到 $T$ 的转换过程包括以下两个步骤。

• 首先，重复操作二，直到骰子显示的数字在 $T-X+1$ 和 $T$ 之间。
• 然后，重复"增加骰子显示的数字"，直到数字变成 $T$。

每一步所需的花费如下。

1. 进行一次操作二后，骰子显示 $T-X+1$ 和 $T$ 之间数字的概率 "为 $X/N$，因此第一步中操作二的预期次数为 $N/X$。第一步的花费为 $BN/X$。

2. 第一步结束后，模具有可能出现介于 $T-X+1$ 和 $T$ 之间的任何整数。因此，第二步的花费为 $\{\sum _{i=T-X+1}^{T}A(T-i)\}/X=A(X-1)/2$。

将骰子显示的数字从 $S$ 变为 $T$ 所需的花费为 $A(X-1)/2+BN/X$。

那么如何在 $T-X+1\le S\le T$ 不成立 "的条件下，求出选择整数 $X$ 时 $T-X+1\le S\le T$ 的最小值呢？

考虑函数 $f(x)=A(x-1)/2+BN/x$ 定义为正实数 $x$。

可以观察图像计算可得，函数 $f(x)$ 在 $x=\sqrt{2BN/A}$ 处最小。

另外，由于 $f^{″}(x)=2BN/x^3$ , $f(x)$ 是一个凸函数。

因此，只需计算 $f(X)$ 在 $\sqrt{2BN/A}$ 附近的若干个 $X$ ，使得 "不成立 $T-X+1\le S\le T$ "和 $1\le X\le T$。

时间复杂度 $O(1)$。