AtCoder Beginner Contest 315

第一次打abc正赛

D. Magical Cookies

D - Magical Cookies (atcoder.jp)

题意

给定一个矩阵，矩阵每个点放着一种饼干，饼干种类用小写英文字母表示。进行如下操作：

1. 检查当前矩阵的每行每列，如果某行某列的饼干的全部为同一种，就消去该行或该列。且当前满足条件的所有行或列同时进行消去操作。
2. 如果操作1后的矩阵出现了新的满足条件的行或列，则重复操作1，否则输出当前剩余的饼干数。

思路

显然，饼干的种类不超过26种，用两个二维数组分别表示每行每列的各个种类的饼干数，在用两个变量表示当前列和行的长度，模拟操作的过程即可。最后输出剩余行或列的乘积。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ll = long long;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    
    int h, w;
    cin >> h >> w;

    vector c(h, vector<char>(w));
    for(int i = 0; i < h; i++) {
        for(int j = 0; j < w; j++) {
            cin >> c[i][j];
        }
    }

    vector dx(h, vector<int>(26));
    vector dy(w, vector<int>(26));
    for(int i = 0; i < h; i++) {
        for(int j = 0; j < w; j++) {
            dx[i][c[i][j] - 'a']++;
            dy[j][c[i][j] - 'a']++;
        }
    }

    vector<bool> fx(h), fy(w);
    int hc = h, wc = w;
    for(int _ = 0; _ < h + w; _++) {
        vector<pair<int, int>> tx, ty;
        for(int i = 0; i < h; i++) {
            if(fx[i]) continue;
            for(int j = 0; j < 26; j++) {
                if(dx[i][j] == wc && wc > 1) {
                    tx.push_back({i, j});
                }
            }
        }
        
        for(int i = 0; i < w; i++) {
            if(fy[i]) continue;
            for(int j = 0; j < 26; j++) {
                if(dy[i][j] == hc && hc > 1) {
                    ty.push_back({i, j});
                }
            }
        }
        
        for(auto [x, y] : tx) {
            fx[x] = true;
            for(int i = 0; i < w; i++) {
                dy[i][y]--;
            }
            hc--;
        }
        
        for(auto [x, y] : ty) {
            fy[x] = true;
            for(int i = 0; i < h; i++) {
                dx[i][y]--;
            }
            wc--;
        }
    }

    cout << wc * hc << "\n";

    return 0;
}

E. Prerequisites

E - Prerequisites (atcoder.jp)

题意

有若干本书，看某本书前需要看完其它书，求看书1前需要看的书的顺序。

思路

最初用并查集+拓扑排序做，但是拓扑排序是在一个有向图中进行的，用并查集并不合适。

正确的思路是以书1为根节点遍历一次就可以了，用一个数组记录某本数是否看过，然后按遍历的顺序倒着输出。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ll = long long;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    
    int n;
    cin >> n;

    vector<vector<int>> adj(n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int c;
        cin >> c;

        while(c--) {
            int p;
            cin >> p;
            adj[i].push_back(p);
        }
    }

    vector<bool> vis(n + 1);
    auto dfs = [&](auto self, int x) {
        if(vis[x]) {
            return;
        }
        for(int y : adj[x]) {
            self(self, y);
            vis[y] = true;
        }
        if(x != 1) {
            cout << x << " ";
        }
    };

    dfs(dfs, 1);

    return 0;
}

F. Shortcuts

F - Shortcuts (atcoder.jp)

题意

在一个直角坐标系中有若干个点，可以按顺序经过这些点，最后所得的答案为走过的距离总和。也可以选择跳过一些点，但如果跳过了$c$个点，最后的答案要加上$2^{c-1}$，求最小的答案。

思路

显然是dp，设$a[i]$为第$i$个点，$dp[i][j]$为当前走到点$i$，且跳了$j$个点的最小值。则转态转移方程为$dp[i+p][j+p-1]=min(dp[i+p][j+p-1],dp[i][j]+dist(a[i+p],a[i]))$

最后取$dp[n-1]$中加上$2^{c-1}$后的最小值。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ll = long long;

double dist(pair<double, double> &a, pair<double, double> &b) {
    double x = (a.first - b.first);
    double y = (a.second - b.second);
    return sqrt(x * x + y * y);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    
    int n;
    cin >> n;

    vector<pair<double, double>> a(n);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i].first >> a[i].second;
    }

    vector dp(n, vector<double>(30, 1e9));
    dp[0][0] = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        for(int j = 0; j < 30; j++) {
            for(int p = 1; j + p - 1 < 30 && i + p < n; p++) {
                dp[i + p][j + p - 1] = min(dp[i + p][j + p - 1], dp[i][j] + dist(a[i + p], a[i]));
            }
        }
    }

    double ans = 1e9;
    for(int i = 0; i < 30; i++) {
        ans = min(ans, dp[n - 1][i] + (i == 0 ? 0 : 1 << (i - 1)));
    }

    cout << fixed << setprecision(10) << ans << "\n";

    return 0;
}

F. Ai + Bj + Ck = X (1 <= i, j, k <= N)

G - Ai + Bj + Ck = X (1 <= i, j, k <= N) (atcoder.jp)

题意

给定$N,A,B,C,X$，求满足$1\le i,j,k\le N$且使$Ai+Bj+Ck=X$成立的三元组$(i,j,k)$个数。

思路

从1到N枚举$i$，把原式转化为二元丢番图方程。然后根据通解求满足条件的数量。本题卡精度，用int28。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ll = __int128;

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
    if(b == 0) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    } else {
        ll g = exgcd(b, a % b, y, x);
        y -= (a / b) * x;
        return g;
    }
}

template <typename T, typename U>
T ceil(T x, U y) {
    if(x > 0 && y > 0 || x < 0 && y < 0) {
        return (x + y - 1) / y;
    }
    return x / y;
}

template <typename T, typename U>
T floor(T x, U y) {
    if(x > 0 && y > 0 || x < 0 && y < 0) {
        return x / y;
    }
    return (x - y + 1) / y;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
    int64_t n, a, b, c, x;
    cin >> n >> a >> b >> c >> x;

    int64_t ans = 0;
    for(ll i = 1; i <= n; i++) {
        ll j, k;
        ll g = exgcd(b, c, j, k);

        if((x - a * i) % g) {
            continue;
        }

        j *= (x - a * i) / g;
        k *= (x - a * i) / g;
        ll lo = max(ceil(1 - j, c / g), ceil(k - n, b / g));
        ll hi = min(floor(n - j, c / g), floor(k - 1, b / g));

        if(hi >= lo) {
            ans += hi - lo + 1;
        }
    }

    cout << ans << "\n";

    return 0;
}