AtCoder Beginner Contest 347 (A~E)

# AtCoder Beginner Contest 347 (A~E)

这场 C > E > D 不好评价...(D E 赛后一发过，被 C 卡死了)

A

模拟即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 2e5+5;
ll n, k, a[N];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n >> k;
	for(int i = 1; i <= n; i ++){
		cin >> a[i];
		if(a[i] % k == 0) cout << a[i] / k << " ";
	}
	return 0;
} 

B

也是直接暴力模拟即可，用 substr 会方便很多。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 2e5+5;
ll ans;
string s;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	map<string, ll> mp;
	cin >> s;
	ll n = s.size();
	for(int i = 1; i <= n; i ++){
		for(int j = 0; j <= n - i; j ++){
			string p = s.substr(j,  i);
			if(!mp[p]) ans ++;
			mp[p] = 1;
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
} 

C

思维难度较大，赛时一直被卡一个点，很烦。

一开始的想法是找出取模后的最大值和最小值只差然后判断小于 a 即可。

如图：

只要 max - min 小于 a 就可以满足，这样做会 wa 1个点。

比如

2 2 1
1 3

应该输出 Yes，但是以上判断会输出 No。

正解：

对取模后的 D 数组排序，若两两之间能塞下一个 b 说明可以通过平移取模使得所有的点都落在小于 a 的范围内再加上之前的判断就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN = 2e5 + 5;
ll n, a, b, d[MAXN];
int main(){
	cin >> n >> a >> b;
	for(int i = 0; i < n; i ++){
		cin >> d[i];
		d[i] = (d[i] - 1) % (a + b);
	}
	sort(d, d + n);
	for(int i = 1; i < n; i ++){
		if(d[i] - d[i - 1] >= b){
			cout << "Yes" << endl;
			return 0;
		}
	}
	if(d[n - 1] - d[0] < a) cout << "Yes" << endl;
	else cout << "No" << endl;
	return 0;
} 

D

将 c 二进制分解后让 a 和 b 剩余没确定的数尽量相等，如果剩余数不能相等就 -1

再判断 a 和 b 是否大于 $2^{60}$ 就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
const ll MAXN = 2e5+5;
const ll MX = 1<<60;
ll a, b, c;
ll f[70], f1[70], f2[70];
ll fastPow(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1) res *= a;
		a *= a;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> a >> b >> c;
	ll cnt = 0, ct = 0, c1 = 0, c2 = 0;
	while(c){
		if(c & 1) f[cnt] = 1;
		cnt ++;
		c /= 2;
	}
	for(int i = 0; i <= 60; i ++){
		if(f[i]){
			if((a - c1) >= (b - c2)){
				f1[i] = 1;
				c1 ++;
			}
			else{
				f2[i] = 1;
				c2 ++;
			}
		}
	}
	if((a - c1) != (b - c2)){
		cout << "-1" << endl;
		return 0;
	}
	else{
		ll tt = (a - c1);
		for(int i = 0; i <= 60; i ++){
			if(tt == 0) break;
			if(f1[i] != 1 && f2[i] != 1){
				f1[i] = 1;
				f2[i] = 1;
				tt --;
			}
		}
		if(tt){
			cout << "-1" << endl;
			return 0;
		}
		ll ans1 = 0, ans2 = 0;
		for(int i = 0; i <= 60; i ++){
			if(f1[i] == 1){
				ans1 += fastPow(2, i);
			}
		}
		for(int i = 0; i <= 60; i ++){
			if(f2[i] == 1){
				ans2 += fastPow(2, i);
			}
		}
		cout << ans1 << " " << ans2 << endl;
	}
	return 0;
} 

E

就用 set 模拟 S 然后用一个前缀和维护 |S|, 再用一个 idx 数组表示 某个数的上一个数出现再什么位置然后模拟即可，思维量不大，可以自己想一下。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN = 2e5 + 5;
ll n, q, a[MAXN], s[MAXN], idx[MAXN], ans[MAXN];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n >> q;
	set<ll> st;
	ll cnt = 0;
	for(int i = 1; i <= q; i ++){
		cin >> a[i];
		if(st.count(a[i])){
			st.erase(a[i]);
			cnt --;
			
		}
		else{
			st.insert(a[i]);
			cnt ++;
		}
		s[i] = s[i - 1] + cnt;
		if(idx[a[i]]){
			ans[a[i]] += (s[i - 1] - s[idx[a[i]] - 1]);
			idx[a[i]] = 0;
		}
		else idx[a[i]] = i;
		
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++){
		if(idx[i]){
			ans[i] += (s[q] - s[idx[i] - 1]);
		}
		cout << ans[i] << " ";
	}
	return 0;
} 

F

待补......

G

不打算补了。