[ABC189] AtCoder Beginner Contest 189
Tasks
| Task Name | Time Limit | Memory Limit | ||
|---|---|---|---|---|
| A | Slot | 2 sec | 1024 MB | Submit |
| B | Alcoholic | 2 sec | 1024 MB | Submit |
| C | Mandarin Orange | 1.5 sec | 1024 MB | Submit |
| D | Logical Expression | 2 sec | 1024 MB | Submit |
| E | Rotate and Flip | 2 sec | 1024 MB | Submit |
| F | Sugoroku2 | 2 sec | 1024 MB | Submit |
Solution
A - Slot
模拟
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
string s;
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
cin>>s;
for(int i=1;i<(int)s.length();i++)
if(s[i]!=s[0]) {
puts("Lost");
return 0;
}
puts("Won");
return 0;
}
B - Alcoholic
同样是模拟，不过要化小数为整数，卡精度差评。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
int n,m;
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
int x,y;
cin>>n>>m;
m*=100;
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>x>>y;
if(m<y*x) {
cout<<i<<endl;
return 0;
}
m-=y*x;
}
cout<<"-1"<<endl;
return 0;
}
C - Mandarin Orange
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int N=2e5+5;
int n;
int a[N];
int r[N],l[N];
stack<int> S;
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
int i,x;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(i=1;i<=n;i++) {
while(S.size() && a[i]<a[S.top()]) {
x=S.top(); S.pop();
r[x]=i-1;
}
S.push(i);
}
while(S.size()) r[S.top()]=n,S.pop();
for(i=n;i>=1;i--) {
while(S.size() && a[i]<a[S.top()]) {
x=S.top(); S.pop();
l[x]=i+1;
}
S.push(i);
}
while(S.size()) l[S.top()]=1,S.pop();
int ans=0;
for(i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,(r[i]-l[i]+1)*a[i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
D - Logical Expression
Dp.
考虑 \(f[i][0/1]\) 表示运算到第 i 位值为 \(0/1\) 的方案数，按照定义转移即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int N=100+5;
int n;
LL f[N][2];
string s[N];
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
int i;
cin>>n;
for(i=1;i<=n;i++)
cin>>s[i];
f[0][0]=f[0][1]=1;
for(i=1;i<=n;i++) {
if(s[i]=="AND") {
// if this state is 0
f[i][0]+=f[i-1][0]+f[i-1][1];
// if this state is 1
f[i][0]+=f[i-1][0];
f[i][1]+=f[i-1][1];
}
else {
// if this state is 0
f[i][0]+=f[i-1][0];
f[i][1]+=f[i-1][1];
// if this state is 1
f[i][1]+=f[i-1][0]+f[i-1][1];
}
}
cout<<f[n][1]<<endl;
return 0;
}
E - Rotate and Flip
对坐标的旋转，翻转。
维护 \(mtx,mty,atx,aty,rev\) , 使得 初始坐标为 \((x,y)\) 代入得到结束坐标 \((mtx*x+atx,mty*y+aty)\) .
如果 \(rev==1\) 还需把 \(x,y\) 对调一下。
对于操作，递推即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef PLL Point;
#define x first
#define y second
const int N=2e5+5;
int n,m,Q;
bool rev[N];
LL mtx[N],atx[N],mty[N],aty[N];
Point a[N];
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
int i;
int opt;
LL p;
int x,y;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
mtx[0]=1,mty[0]=1;
scanf("%d",&m);
for(i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d",&opt);
if(opt==1) {
rev[i]=(rev[i-1]^1);
mtx[i]=mty[i-1],atx[i]=aty[i-1];
mty[i]=-mtx[i-1],aty[i]=-atx[i-1];
}
else if(opt==2) {
rev[i]=(rev[i-1]^1);
mtx[i]=-mty[i-1]; atx[i]=-aty[i-1];
mty[i]=mtx[i-1]; aty[i]=atx[i-1];
}
else if(opt==3) {
scanf("%lld",&p);
rev[i]=rev[i-1];
mtx[i]=-mtx[i-1]; atx[i]=-atx[i-1]+2*p;
mty[i]=mty[i-1]; aty[i]=aty[i-1];
}
else {
scanf("%lld",&p);
rev[i]=rev[i-1];
mtx[i]=mtx[i-1]; atx[i]=atx[i-1];
mty[i]=-mty[i-1]; aty[i]=-aty[i-1]+2*p;
}
// printf("%lld %lld , %lld %lld , %d\n",mtx[i],atx[i],mty[i],aty[i],(rev[i]==true));
}
scanf("%d",&Q);
while(Q--) {
scanf("%d%d",&x,&y);
if(!rev[x])
printf("%lld %lld\n",a[y].x*mtx[x]+atx[x],a[y].y*mty[x]+aty[x]);
else printf("%lld %lld\n",a[y].y*mtx[x]+atx[x],a[y].x*mty[x]+aty[x]);
}
return 0;
}
F - Sugoroku2
这题卡了我一个多小时。
刚开始还以为要高斯消元，后来发现可以维护一个 \(real[i]=f[i]+g[i]\times real[0]\) , 最后手动消元。
我很自然地写了一个顺推，就 WA 了。
后来数篇题解都是逆推....后来我才知道有一个叫 概率正推，期望逆推 的东西。
具体适用场景是结局一定的递推期望和概率。
我的理解是 因为
\[f[i]=\frac{\sum_{j=i-m}^{i-1} f[j]}{m}+1
\]
里的 \(f[j]\) 不一定都存在，即从 \(0\) 出发不一定都能到 \(j\), 而 期望是对所有可能情况的步长的带权平均，所以不能正着推。
从已知结果逆推就没有这方面的顾虑。
Code ：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,m,k;
double f[N],g[N];
// f[i]+g[i]*f[0] 表示 i 到 >=n 的期望步数。
int a[N];
bool st[N];
bool check()
{
static int t[N];
memset(t,0,sizeof t);
t[0]=1;
int cur=1;
for(int i=1;i<n+m;i++) {
int prev=i-m-1;
if(prev>=0) cur-=t[prev];
if(st[i]) continue;
else t[i]=(cur>0);
cur+=t[i];
}
for(int i=n;i<n+m;i++)
if(t[i]) return true;
return false;
}
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=k;i++) {
cin>>a[i];
st[a[i]]=true;
}
if(!check()) {
puts("-1");
return 0;
}
double sumf=0,sumg=0;
for(int i=n-1;i>=0;i--) {
sumf=sumf-f[i+m+1]+f[i+1];
sumg=sumg-g[i+m+1]+g[i+1];
if(st[i]) f[i]=0,g[i]=1;
else {
f[i]=sumf/m+1;
g[i]=sumg/m;
}
}
// f[0]=f[0].cur+g[0]*f[0];
double ans=f[0]/(1-g[0]);
printf("%.4lf\n",ans);
}
