AtCoder Beginner Contest 292 题解（A-Ex）

Link：Tasks - AtCoder Beginner Contest 292
难度评分：$7-39-444-579-1,272-1,522-2,340-2,248$

A - CAPS LOCK (Diff. 7)

简要题意：

给你一个只包含小写字母的字符串，将其中每一个字母改为对应的大写字母。

Sample:

Input:

abc

Output:

ABC

Solution:

考察字符串输入输出和 ASCII 码。

对于每一个字符，$ch$ ，改为 $ch-'a'+'A'$ 输出即可。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main(){
	string s;
	cin>>s;
	for(int i=0;i<s.size();i++) s[i]=s[i]-'a'+'A';
	cout<<s;
}

B - Yellow and Red Card (Diff. 39)

简要题意：

有 $n$ 个足球运动员，有 $q$ 个询问，每个询问中会有一个运动员染黄或染红，或者查询给定的运动员是否被罚出场。（足球规则：两黄变一红，染红直接被罚出场）

输入中，第一行两个整数，分别表示 $n,q$ 。

第二行到第 $(q+1)$ 行，每行两个整数 $op,x$ 。

如果 $op=1$ ，表示球员 $x$ 领到黄牌。

如果 $op=2$ ，表示球员 $x$ 领到红牌。

如果 $op=3$ ，表示询问球员 $x$ ，是否被罚出场。

Sample:

Input:

Output:

No
No
Yes
No
Yes
No

Solution:

按照要求模拟即可，或者用些 trick ，比如可以设黄牌为一分，红牌为两分，满两分出场，记录每个球员的分数即可。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[200010];
signed main(){
	int n, q;
	cin>>n>>q;
	while(q--){
		int op,x;
		cin>>op>>x;
		if(op==1){
			a[x]++;
		}
		if(op==2) a[x]+=2;
		if(op==3){
			if(a[x]>=2){
				cout<<"Yes"<<endl;
			}else{
				cout<<"No"<<endl;
			}
		}
	}
}

C - Four Variable (Diff.444)

简要题意：

给你一个正整数 $n$ ，问有多少中不同的四元组 $(A,B,C,D)$ 满足 $AB+CD=n$ ？

Sample:

Input:

Output:

$ (A,B,C,D) $ として以下の $ 8 $ 個が考えられます。

$ (A,B,C,D)=(1,1,1,3) $
$ (A,B,C,D)=(1,1,3,1) $
$ (A,B,C,D)=(1,2,1,2) $
$ (A,B,C,D)=(1,2,2,1) $
$ (A,B,C,D)=(1,3,1,1) $
$(A,B,C,D)=(2,1,1,2) $
$ (A,B,C,D)=(2,1,2,1) $
$ (A,B,C,D)=(3,1,1,1) $

Solution:

考虑枚举 $AB$ 的乘积，设 $AB$ 的乘积为 $i$ 则有：

\[ans_n=\sum\limits_{i=1}^{n-1} dp[i]*dp[n-i] \]

令 $dp[i]$ 表示两个正整数乘积为 $i$ 的方案数。

考虑如何求 $\{dp\}$ 数组，只需要暴力统计每个数的因数个数就可以了。

时间复杂度在不优化的情况下是 $O\sqrt{n}$ 的。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int a[200010];
int dp[200010];
signed main(){
	for(int i=1;i<=200000;i++){
		for(int j=1;i*j<=200000;j++){
			dp[i*j]++;
		}
	}
	int n;
	cin>>n;
	int ans=0; 
	for(int i=1;i<n;i++){
		ans=ans+dp[i]*dp[n-i];
	}
	cout<<ans<<endl;
}

D - Unicyclic Components(Diff.579)

简要题意：

给你一个无向图，判断是否满足其中每一个联通块的点数和边数均相等。

Sample:

Input:

Output:

Yes

图长这样，显然满足。

Solution:

用并查姬维护联通块，同时维护一下连通块内的点数边数即可。

只需要在合并的时候把信息都存在编号小的点上就好了。

并查姬板子。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int fa[201000];
int sz[201000];
int nd[200010];
int find(int x){
	if(fa[x]==x) return x;
	return fa[x]=find(fa[x]); 
}
signed main(){
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		fa[i]=i;
		nd[i]=1;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		u=find(u);
		v=find(v);
		if(u>v) swap(u,v);
		if(u==v){
			sz[u]++;
		} else{
			fa[v]=u;
			nd[u]+=nd[v];
			sz[u]+=sz[v];
			sz[u]++;
		}
	}
	bool tg=false;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(fa[i]!=i) continue;
		if(sz[i]!=nd[i]){
			tg=true;
			break;
		}
	}
	if(tg==false) cout<<"Yes";
	else cout<<"No";
}

下半篇章。

E - Transitivity (Diff.1,272)

简要题意：

给你一个有向图，问你至少在图中加多少条有向边，才能使图中任意满足 $A$ 到 $B$ ，$B$ 到 $C$ 都有直接边的点对 $(A,B,C)$ 均满足 $A$ 到 $C$ 也有之间边。

Sample:

Input:

Output:

增加的边：$2 \rightarrow 3,2 \rightarrow 1,4\rightarrow 1$ 。

Solution:

考虑样例的情况。

点二与点四有边，点四与点三有边，所以点二连点三，之后类似的，点二也要连点一。

可以推广得到一个点通过路径可以到的所有点都要与它连边（逐步考虑可知）。

所以只需要统计每个点走路径能走到几个点就好了。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> g[2010];
bool isv[2010];
int sum;
void dfs(int u,int fa){
	isv[u]=true;
	sum++;
	for(auto x:g[u]){
		if(isv[x]==true) continue;
		dfs(x,u);
	}
}
int main(){
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		g[u].push_back(v);
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum=0;
		for(int j=1;j<=n;j++) isv[j]=false;
		dfs(i,0);
		ans+=sum-1-g[i].size();
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

F - Regular Triangle Inside a Rectangle (Diff. 1,522)

简要题意：

给定一个矩形的长和宽，求这个矩形内最大正三角形的边长。

Sample:

Input:

1 1

Output:

1.03527618041008295791

构造方案如下，输出即为 $\sqrt{6}-\sqrt{2}$ 的值。

2cd44ddc3d8241e510a356be9533631f.png (500×500) (atcoder.jp)

Solution:

这题很有意思。

考虑最大的三正角形，发现它一定有一个点在矩形的顶点上。否则，把它平移到顶点上也能成立，所以在顶点上是不劣的。

我们猜测最大的正三角形和图中差不多，另外两个点分别在第一个顶点的对边上。（例如下图）

存在一个 $\triangle BFG$ 满足条件。

设 $BF$ 重点为 $E$ ，连接 $GE$ 。

由三线合一，$GE \perp BF$ ，又由角 $ADG=90 \degree$ ，所以 $FEDG$ 四点共圆。

所以 $\angle FDG= \angle EFG= 60\degree$ ，同理 $\angle ECD=60 \degree $ 。

所以 $\triangle DEC$ 是正三角形，即 $E $ 是定点。

可以通过找出矩形的 $E$ 点，找到最大的三角形。

出现一个问题，就是在 $E$ 要在正方形内。所以要判断一下。

怎么判断呢？做 $EH \perp DC$ ，则有 $EH=\frac{\sqrt{3}}{2} DC$ ，相当于只需要比较长和宽的比值即可。

如果 $E $ 不在正方形呢，那么找类似图二的三角形即为最大的。

即可。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long double sq3=1.732050807568877;
int main(){
	long double a,b;
	cin>>a>>b;
	if(a>b) swap(a,b);
	if(a/sq3*2<b){
		cout<<fixed<<setprecision(11)<<a*1.000/sq3*2;
		return 0;
	}
	long double x=a/2.0000000;
	long double y=a/2.0000000*sq3;
	long double dlt=2*y-b;
	long double ans=(b-dlt)*(b-dlt)+a*a;
	ans=sqrt(ans);
	cout<<fixed<<setprecision(11)<<ans;
	return 0;
}

G - Count Strictly Increasing Sequences (Diff. 2,340)

简要题意

你有 $n$ 个数，每个数长度为 $m$。

不过这 $n$ 个数中，可能有某些位不确定，需要你在每个 ? 位置上 $0$ 到 $9$ 之间填一个数。设你填出来的序列是 $\{S_i\}$。

请你求出，在所有可能的填数方案中，有多少种满足 $S_1 < S_2 < \dots < S_n$？答案对 $998244353$ 取模。你构造的 $\{S_i\}$ 允许前导零存在。

数据范围：$n,m \le 40$。

输入格式

一行两个整数，$n,m$ 。

接下来 $n$ 行，，每行一个长度为 $m$ 的字符串，表示第 $i$ 个数。

输出格式

一行一个整数，表示方案个数，答案对 $998,244,353$ 取模。

Sample:

Input:

3 2
?0
??
05

Output:

样例解释：可能的填数方案为：

$(00,01,05),(00,02,05),(00,03,05),(00,04,05)$ 。

Solution:

很直观的想法是数位 DP ，考虑每一位的填数性质按位做，但发现不太好转移。

考虑再加维度，（毕竟 $n,m$ 很小）在状态定义中加入当前考虑的区间。

设计状态 $dp[now][l][r][st]$ ，表示当前考虑数的第 $i$ 位，当前位的值大于等于 $st$ ，在考虑第 $l$ 到第 $r$ 个数。

显然目标状态为 $dp[1][1][n][0]$ 。

考虑状态转移，在区间 $[l,r]$ 中，存在一个断点 $k$ ，将区间分成两部分。对于 $[l,k]$ ，我们让它们当前考虑的这一位 $now$ 的值相同，均为 $st$ 。接下来，我们把排序目标转移到下一位继续 $dp$；

对于 $[k+1,r]$ ，则它们当前位置已经比区间 $[l,k]$ 的数大了，相当于当前位 $now$ 的值要大于等于 $st+1$ ，继续 $dp$ 即可。此时我们把区间割成了两部分，互不相干，满足区间 $dp$ 的性质。

状态转移方程：

\[dp[now][l][r][st]=(dp[now][l][r][st+1]+\sum\limits_{k\in [l,r] \&\& (s[k]=='?'||s[k]==st)}dp[now+1][l][k][0]\times dp[now][k+1][r][st+1]) \]

用记忆化搜索写，比较方便。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
char a[45][45];
int dp[45][45][45][15];
int n,m;
int dfs(int now,int l,int r,int st){
	if(now>m){
		return (l==r);
	}
	if(l>r){
		return 1;
	}
	if(st>9){
		return 0;
	}
	if(dp[now][l][r][st]>=0) return dp[now][l][r][st];
	int ans=dfs(now,l,r,st+1);
	for(int i=l;i<=r;i++){
		if(a[i][now]!='?'&&a[i][now]!=st+'0') break;
		ans=(ans+dfs(now+1,l,i,0)*dfs(now,i+1,r,st+1)%mod)%mod;
	}
	dp[now][l][r][st]=ans;
	return ans;
}
signed main(){

	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++) cin>>a[i][j];
	}
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	cout<<dfs(1,1,n,0)<<endl;
	return 0;
}

Ex - Rating Estimator(Diff. 2,248)

简要题意

给定一个人 $n$ 场比赛的表现分 $a_i$ ，在第 $k$ 场比赛后 $(1 \le k \le n)$ ，他的 $rating$ 变化为 $\frac{1}{n} \sum\limits_{1 \le j \le k} a_j$ 。

但是当一个人的 $rating$ 达到 $B$ 的时候，它的 $rating$ 就不再变化了。

给定 $q$ 个询问，每次询问给定两个数 $a_i$ 和 $x_i$ ，表示这个人第 $a_i$ 场比赛的表现分变成 $x_i$ ，求修改后他最终的 $rating$ ，操作可持久化。

$n \le 5\times 10^5,q \le 10^5$ 。

Sample:

Input:

Output:

6.000000000000000
7.500000000000000
6.333333333333333
5.400000000000000
13.333333333333334
13.333333333333334
100.000000000000000

Solution:

先推一下式子，考虑到什么时候 $rating$ 才爆分。

\[\begin{aligned} &\frac{1}{k}\sum\limits_{1\le i \le k} a_i > B \\ \implies &\sum\limits_{1\le i \le k} a_i > Bk \\ \implies & \sum\limits_{1\le i \le k} (a_i-B)> 0\\ \end{aligned} \]

考虑构造一个数组 $\{b_n\}$ ，满足 $b_i=a_i-B(1\le i \le n)$ ，那么当 $b_i$ 的前缀和第一次大于 $0$ 时完成爆分。

直接用线段树维护区间里前缀和的最大值。

考虑查询的时候要线段树上二分找到第一次爆分，所以还要维护区间和。

线段树上二分的一些细节见代码。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct tree{
	int id,l,r,mx,sum,lazy;
}t[2000010];
int a[500010];
void pushup(int id){
	t[id].sum=t[id<<1].sum+t[id<<1|1].sum;
	t[id].mx=max(t[id<<1].mx,t[id<<1].sum+t[id<<1|1].mx);
}
void pushdown(int id){
	if(t[id].lazy!=0){
		t[id<<1].lazy=t[id<<1|1].lazy=t[id].lazy;
		t[id<<1].sum=t[id].lazy*(t[id<<1].r-t[id<<1].l+1);
		t[id<<1|1].sum=t[id].lazy*(t[id<<1|1].r-t[id<<1|1].l+1);
		t[id].lazy=0;
	}
}
void build(int id,int l,int r){
	t[id].l=l;
	t[id].r=r;
	t[id].sum=t[id].lazy=t[id].mx=0;
	if(l==r){
		t[id].sum=a[l];
		t[id].mx=a[l];
		return;
	}
	int  mid=(l+r)>>1;
	build(id<<1,l,mid);
	build(id<<1|1,mid+1,r);
	pushup(id);
}
void update(int id,int l,int r,int v){

	if(l<=t[id].l&&t[id].r<=r){
		t[id].sum=v*(t[id].r-t[id].l+1);
		t[id].lazy=v;
		t[id].mx=v*(t[id].r-t[id].l+1);
		return;
	}
	pushdown(id);
	int mid=(t[id].l+t[id].r)>>1;
	if(l<=mid) update(id<<1,l,r,v);
	if(r>mid) update(id<<1|1,l,r,v);
	pushup(id);
}
pair<int,int> query(int id,int l,int r,int sum){
//	cout<<id<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<sum<<" "<<t[id].sum<<" "<<t[id<<1].mx<<endl;
	if(t[id].l==t[id].r){
		return {t[id].l,sum+t[id].mx};
	}
	pushdown(id);
	if(sum+t[id<<1].mx>=0){
		return query(id<<1,l,r,sum);
	}else{
		return query(id<<1|1,l,r,sum+t[id<<1].sum);
	}
}
signed main(){
	int n,b,q;
	cin>>n>>b>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		a[i]-=b;
	}
	build(1,1,n);
	while(q--){
		int op,x;
		cin>>op>>x;
		x-=b;
		update(1,op,op,x);
	//	return 0;
		pair<int,int> pr=query(1,1,n,0);
	//	cout<<pr.first<<" "<<pr.second<<endl;
		double ans=b+1.000000*pr.second/pr.first;
		cout<<fixed<<setprecision(10)<<ans<<endl;
	}
}

posted @ 2023-03-21 23:04 ArizonaYYDS 阅读(112) 评论(0) 收藏举报

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DevinBookerQiang 2023

AtCoder Beginner Contest 292 题解（A-Ex）

AtCoder Beginner Contest 292 题解（A-Ex）

A - CAPS LOCK (Diff. 7)

简要题意：

Sample:

Solution:

Code:

B - Yellow and Red Card (Diff. 39)

简要题意：

Sample:

Solution:

Code:

C - Four Variable (Diff.444)

简要题意：

Sample:

Solution:

Code:

D - Unicyclic Components(Diff.579)

简要题意：

Sample:

Solution:

Code:

E - Transitivity (Diff.1,272)

简要题意：

Sample:

Solution:

Code:

F - Regular Triangle Inside a Rectangle (Diff. 1,522)

简要题意：

Sample:

Solution:

Code:

G - Count Strictly Increasing Sequences (Diff. 2,340)

简要题意

输入格式

输出格式

Sample:

Solution:

Code:

Ex - Rating Estimator(Diff. 2,248)

简要题意

Sample:

Solution:

Code:

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