AtCoder Regular Contest 153（持续更新）

1|0Preface

B题粗糙了改了好几个版本，最后索性从头理了一遍思路才过

然后剩下40min想C又歪了（构造题精通的被动消失了），还剩25min的时候忍不住了看LPL去了

话说现在的ARC感觉和以前的AGC难度相当啊，不过也许是没有陈指导教我我什么都做不来

---

2|0A - AABCDDEFE

就是用类似康托展开的思路来算每一部分的值，直接看代码吧

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
int n;
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	RI i; scanf("%d",&n); --n;
	int p=n/100000,q=n%100000; for (i=1;i<=2;++i) putchar(p+'1');
	int pp=q/1000,qq=q%1000; putchar(pp/10+'0'); putchar(pp%10+'0');
	int ppp=qq/100,qqq=qq%100; for (i=1;i<=2;++i) putchar(ppp+'0');
	int pppp=qqq/10,qqqq=qqq%10;
	putchar(pppp+'0'); putchar(qqqq+'0'); putchar(pppp+'0');
	return 0;
}

---

3|0B - Grid Rotations

话说我比赛时的做法怪的很，还找不到方法解释，结果现在写Editorial的时候就想到个很好的解释法

先讲比赛时想的，首先容易发现行和列的情况可以分别独立考虑，我们只要求出每一行在操作后变成哪一行即可，记为$r_i$

考虑对行的某次旋转操作$a_i$，观察到前半部分每次对换的位置的下标之和为$a_i+1$，后半部分每次对换的下标之和为$a_i+1+H$，这两个在模$H$意义下时一样的

因此对于某个行$r_i$转变后的值就是$a_i+1-r_i$在模$H$意义下的值，因此我们根据环的性质可以发现最后$r_i$一定可以形成一个环的形态

当然上面的说法不是很明显，我们考虑换一种方法理解

我们考虑让第$1$行和第$n$行相连，在行之间形成一个环，同时考虑一次旋转操作不会影响每一行相邻的行是什么

举个例子，比如$H=4$时，原来初始时环的形态是$[1,2,3,4]$，在进行操作$a_i=3$后变成$[3,2,1,4]$

不难发现每个数相邻的两个数都没有变，变化的只是$1$所在的位置和与其相邻的$2$的方向而已

因此我们只要维护每次旋转后$1$的位置即可，列的情况完全相同

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cctype>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=500005;
int n,m,q,a[N],b[N],h[N],w[N],d; vector <char> A[N];
inline char getch(void)
{
	char ch; while (ch=getchar(),isspace(ch)); return ch;
}
inline int Nxt(int x,CI T)
{
	x+=d; if (x<=0) x+=T; if (x>T) x-=T; return x;
}
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	RI i,j; for (scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=n;++i)
	for (A[i].resize(m+1),j=1;j<=m;++j) A[i][j]=getch();
	int sf_h=1,sf_w=1; for (scanf("%d",&q),i=1;i<=q;++i)
	{
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]); ++a[i]; ++b[i];
		if ((sf_h=a[i]-sf_h)<=0) sf_h+=n;
		if ((sf_w=b[i]-sf_w)<=0) sf_w+=m;
	}
	d=q&1?-1:1; int ct; h[sf_h]=1; w[sf_w]=1;
	for (ct=1,i=Nxt(sf_h,n);i!=sf_h;i=Nxt(i,n)) h[i]=++ct;
	for (ct=1,i=Nxt(sf_w,m);i!=sf_w;i=Nxt(i,m)) w[i]=++ct;
	for (i=1;i<=n;++i,putchar('\n')) for (j=1;j<=m;++j) putchar(A[h[i]][w[j]]);
	return 0;
}

---

4|0C - ± Increasing Sequence

原来是个如此simple的构造题，给我CPU干过载了

我们不妨先进行一次很naive的尝试，令$x_i=i$，并统计出此时$\sum_{i=1}^N A_ix_i$的值$sum$

若$sum=0$则显然直接输出即可，否则我们求出$A_i$的前缀和数组$pfx_i$，并分类讨论：

• 若$sum>0$，我们考虑找到第一个$pfx_i=1$的位置$pos$，然后我们发现每当我们将$x_j,j\in[1,pos]$减$1$时，最后的$\sum_{i=1}^N A_ix_i$就会恰好减$1$，因此我们直接让$x_j,j\in[1,pos]$减去$sum$即可
• 若$sum<0$，类似上面的思路，我们设第一个$pfx=-1$的位置为$pos$，直接让$x_j,j\in[1,pos]$加上$sum$即可

考虑到$sum$的范围是$n^2$级别的，因此可以满足$|x_i|\le 10^{12}$的限制

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005;
int n,a[N],pfx[N]; long long ans[N],sum;
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	RI i,j; for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i)
	scanf("%d",&a[i]),pfx[i]=pfx[i-1]+a[i],ans[i]=i,sum+=1LL*ans[i]*a[i];
	bool flag=0; if (sum==0) flag=1;
	else if (sum>0)
	{
		for (i=1;i<=n;++i) if (pfx[i]==1)
		{
			for (j=1;j<=i;++j) ans[j]-=sum; flag=1; break;
		}
	} else
	{
		for (i=1;i<=n;++i) if (pfx[i]==-1)
		{
			for (j=1;j<=i;++j) ans[j]+=sum; flag=1; break;
		}
	}
	if (flag) for (puts("Yes"),i=1;i<=n;++i) printf("%lld ",ans[i]);
	else puts("No"); return 0;
}

---

5|0D - Sum of Sum of Digits

好劲的数位DP

首先一眼把每一位分开考虑贡献，我们设$F(A)$表示序列$A$的答案，$F_r(A)\ (0\le r\le 9)$表示$x$的最后一位为$r$时的答案

不难发现$F(A)=\min_r F_r(A)$，而$F_r(A)$的转移就是考虑每个数最后一位的贡献，但是要注意进位问题

举个例子，设$A=\{123,45,678,90\}$，则有：

• $F_1(\{123,45,678,90\})=20+F(\{12,4,67,9\})$
• $F_5(\{123,45,678,90\})=16+F(\{12,5,68,9\})$

因此我们只需要枚举$x$的每一位，然后把贡献分开算即可，现在的问题就是怎么把进位与否这一信息压缩到DP的状态里

我们观察一下，假设现在枚举的是$x$的第$i$位，我们令$b_i=10^i-A_i\bmod 10^i$，然后将$b_i$从小到大排序，设$x'=x\bmod 10^i$

可以发现，当$x'\in[0,b_1)$时不会产生进位，当$x'\in[b_1,b_2)$时产生一个进位，当$x'\in[b_2,b_3)$时产生两个进位

以此类推，当$x'\in[b_n,10^i)$时产生了$n$个进位，换句话说$x$的不同取值实际上只是被划分成了$n+1$个区间，区间内的选取是等价的

因此我们不需要记录哪个数产生了进位，只要记下在做完第$i$位后有几个数进位即可

具体实现可以用桶记录下每一位上每种数的个数来加速转移，复杂度$O(n \times 10^3)$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005;
int n,a[N],f[11][N],c[11],M;
inline bool cmp(CI x,CI y)
{
	return x%M>y%M;
}
signed main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	RI i,j,k,x; for (scanf("%lld",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
	for (i=0;i<11;++i) for (j=0;j<=n;++j) f[i][j]=1e18;
	for (f[0][0]=i=0,M=1;i<10;++i,M*=10LL)
	{
		for (sort(a+1,a+n+1,cmp),j=0;j<=10;++j) c[j]=0;
		for (j=1;j<=n;++j) ++c[a[j]/M%10];
		for (j=0;j<=n;++j)
		{
			if (j) --c[a[j]/M%10],++c[a[j]/M%10+1];
			for (x=0;x<10;++x)
			{
				int C=0,L=0; for (k=0;k<=10;++k)
				C+=(k+x)/10*c[k],L+=(k+x)%10*c[k];
				f[i+1][C]=min(f[i+1][C],f[i][j]+L);
			}
		}
	}
	return printf("%lld",f[10][0]),0;
}

__EOF__

本文作者：hl666
本文链接：https://www.cnblogs.com/cjjsb/p/17056375.html
关于博主：复活的ACM新生，目前爱好仅剩Gal/HBR/雀魂/单机/OSU
版权声明：转载请注明出处
声援博主：欢迎加QQ：2649020702来DD我