AtCoder Beginner Contest 234题解

作者：@cherish.
课程学习内容为作者从学校的PPT处摘抄，仅供自己学习参考，若需转载请注明出处：https://www.cnblogs.com/cherish-/p/15779852.html

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AtCoder Beginner Contest 234

比赛的时候过了E,赛后三分钟过了F QAQ

A - Weird Function

题目描述：已知函数$f(x) = x^2 +2x + 3$,给你一个整数$t$，求$f(f(f(t) + t) + f(f(t)))$.

思路：根据题意模拟即可。

时间复杂度：$O(1)$

参考代码：

void solve() {
	auto f = [](int x)->int {
		return x * x + 2 * x + 3;
	};
	int x(0);
	cin >> x;
	int res = f(f(f(x) + x) + f(f(x)));
	cout << res << '\n';
	return ;
}

B - Longest Segment

题目描述：给你$n$个二维平面上的点，求任意两点之间的最大距离。

思路：考虑到$1\leq n \leq 100$，所以直接$O(n^2)$暴力即可。

时间复杂度：$O(n^2)$

参考代码：

struct Point {
	int x, y;
	Point(int _x = 0 , int _y = 0):x(_x) , y(_y){}
};
void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	vector<Point> points(n);
	for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> points[i].x >> points[i].y;
	double res = 0;
	auto cal = [&](const Point& a, const Point& b)->double {
		int dx = (a.x - b.x) * (a.x - b.x) + (a.y - b.y) * (a.y - b.y);
		return sqrt(dx * 1.0);
	};
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		for (int j = i + 1; j < n; ++j) 
			res = max(res, cal(points[i], points[j]));
	printf("%.10lf\n", res);
	return ;
}

C - Happy New Year!

题目描述：给你一个整数$K(1 \leq K \leq 10^{18})$，让你求第$k$小的只含有0 , 2的字符串。

思路：把$K$转化成二进制，然后将二进制中的1换成2即可。

时间复杂度：$O(logK)$

参考代码：

void solve() {
	long long k = 0;
	cin >> k;
	string res;
	for (int i = 0; i <= 62; ++i) {
		if ((k >> i) & 1) res += '2';
		else res += '0';
	}
	while (res.size() > 1 && res.back() == '0') res.pop_back();
	reverse(res.begin(), res.end());
	cout << res << '\n';
	return ;
}

D - Prefix K-th Max

题目描述：给你一个长度为$N$的排列和一个整数$K$，让你输出前缀长度分别为$K + 1 , K + 2 , ... ,N $的前缀的第$K$大数。

思路：直接维护一个大小为$K$的小根堆即可。

时间复杂度：$O(nlogn)$

参考代码：

void solve() {
	int n = 0, k = 0;
	cin >> n >> k;
	vector<int>a(n + 1, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
	priority_queue<int, vector<int>, greater<int>>heap;
	for (int i = 1; i < k; ++i) heap.push(a[i]);
	for (int i = k; i <= n; ++i) {
		if (heap.size() < k) heap.push(a[i]);
		else if (heap.top() < a[i]) {
			heap.pop();
			heap.push(a[i]);
		}
		cout << heap.top() << '\n';
	}
	return ;
}

E - Arithmetic Number

题目描述：给你一个整数$x\;(1 \leq x \leq 10^{17})$，让你求不小于$x$且最小的整数$S$满足下列条件：

假设$S$有$n$位且$S_i$表示$S$的第$i$个数字，则$S_2 - S_1 = S_3 - S_2 = .. = S_n - S_{n - 1}$

思路：考虑到$x$最多只有$17$位，考虑暴力枚举第一个数字和公差构造一个长度与$x$相同的数字并判断与$x$的大小关系并更新答案即可，答案最大为$n + 1$个$1$。

时间复杂度：$O(9\times 16 \times n)$

参考代码：

void chkmin(string& s, string& t) {
	if (s.size() > t.size()) s = t;
	else s = min(s, t);
	return;
}
void solve() {
	string s;
	cin >> s;
	string res;
	int n = s.size();
	for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) res += '1';
	for (int i = 1; i <= 9; ++i) {
		for (int d = -8; d <= 8; ++d) {
			string t;
			t += (char)('0' + i);
			int last = i;
			for (int j = 2; j <= n; ++j) {
				if (d + last > 9 || d + last < 0) break;
				last = d + last;
				t += (char)('0' + last);
			}
			if (t.size() < n) continue;
			if (t < s) continue;
			chkmin(res, t);
		}
	}
	cout << res << '\n';
	return ;
}

F - Reordering

题目描述：给你一个长度为$n$的只含有小写字母的字符串$s$，对于它的所有子串的排列数的总和是多少。

数据范围：$1 \leq n \leq 5000$。

思路：考虑先按照字符进行统计，则最多有$26$种字符，定义状态$f_{i , j}$表示以第$i$个字符结尾的长度为$j$的方案数。对于相同的字符，我们直接枚举每次取多少个与前面不相同的字符对答案进行贡献。假设我们枚举到第$k$种字符，且前面$k - 1$种字符共有$len$个，那么当前枚举第$k$种字符的第$r$个时，状态转移为：

$$f[r + len][j + r] = \begin{cases} 1 & j = 0\\ \frac{f[len , j] * \prod\limits_{p = 1}^{j + r} p}{\prod\limits_{p = 1}^{r}p\prod\limits_{q = 1}^{j}q} & j \neq 0 \end{cases}\\ f[r + len][j] += f[r + len - 1][j]$$

答案为$\sum\limits_{i = 1}^{n} f_{n , i}$

对于$j \neq 0$时的转移做如下解释：考虑当前有一个长度为$len$的字符串且没有字符与当前枚举的字符相同，然后要插入$r$个当前枚举的字符，根据组合数学可知方案数为$\frac{(len + r)!}{(len)!r!}$ ，该长度为$len$的字符串有$f[len , j]$个，故对答案的贡献就是将二者相乘。

时间复杂度：阶乘可以$O(n)$预处理，然后求逆元需要$O(log\;mod)$，枚举不同字符的复杂度是$O(n^2)$的，故总的复杂度为：$O(n^2log\;mod + n)$

参考代码：

const int mod = 998244353;
int quickPow(int a, int p) {
	int res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) res = 1ll * res * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}
void solve() {
	string s;
	cin >> s;
	vector<int>cnt(27, 0);
	for (auto c : s) cnt[c - 'a' + 1]++;
	int n = s.size();
	vector<int>p(n + 10, 0);
	p[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n + 5; ++i) p[i] = 1ll * p[i - 1] * i % mod;
	vector<vector<int>>f(n + 1, vector<int>(n + 1 , 0));
	//表示以第i个字符结尾 长度为j的方案数
	int len = 0;
	for (int k = 1; k <= 26; ++k) {
		if (cnt[k] == 0) continue;
		int newlen = len;
		for (int r =  1; r <= cnt[k]; ++r) {
			int i = r + len;
			for (int j = 0; j <= len; ++j) {
				long long dx = f[len][j];
				f[i][j + r] += dx * p[j + r] % mod 
					* quickPow(1ll * p[r] * p[j] % mod, mod - 2) % mod;
				if (j == 0) f[i][j + r] = 1;
			}
			for (int j = 1; j <= r + len; ++j) f[r + len][j] = (f[r + len][j] + f[r + len - 1][j]) % mod;
		}
		len += cnt[k];
	}
	int res = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) res = (res + f[n][i]) % mod;
	cout << res << '\n';
	return ;
}