AtCoder Regular Contest 150 (ARC150) - A+B+C+D 题解

A

题意

给定一个由 0，1 和 ? 组成的长为 $n$ 序列，其中 ? 需要被替换为 0 或 1，询问是否有且仅有一种 ? 的替换方案使得序列中有 $k$ 个 1 并且这 $k$ 个 1 是连续的

序列总长度小于 $3\times10^5$

题解

先分别统计整个序列中 0 和 1 的个数，若 1 的个数大于 $k$ 显然无解

考虑序列上每一个长度为 $k$ 的子区间，统计这个区间中 0 和 1 的个数，一个区间满足条件当且仅当

这个区间中没有 0
这个区间中 1 的个数与整个序列中 1 的个数一样

若有且仅有一个这样的区间就说明满足题意，否则不满足

动态维护区间就行，每次移动端点复杂度 $\Theta(1)$ ，总复杂度 $\Theta(n)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
char s[N];
void Main()
{
	memset(s,0,sizeof(s));
	int n,k;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	scanf("%s",s+1);
	int zero=0,one=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(s[i]=='0')++zero;
		else if(s[i]=='1')++one;
	if(one>k)return puts("No"),void(0);
	int now0=0,now1=0;
	for(int i=1;i<k;++i)
		if(s[i]=='0')++now0;
		else if(s[i]=='1')++now1;
	int ans=0;
	for(int ed=k;ed<=n;++ed)
	{
		if(s[ed]=='0')++now0;
		else if(s[ed]=='1')++now1;
		if(now0==0&&now1==one)++ans;
		if(s[ed-k+1]=='0')--now0;
		else if(s[ed-k+1]=='1')--now1;
	}
	return puts(ans==1?"Yes":"No"),void(0);
}
signed main()
{
    int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)Main();
	return 0;
}

B

题意

共 $T$ 组数据，每组数据给定正整数 $A,B$ ，请你找到一组非负整数 $X,Y$ 使得在 $B+Y$ 是 $A+X$ 的整数倍的同时，最小化 $X+Y$

数据范围： $1\le A,B\le10^9,\ 1\le T\le 100$

题解

若 $A\ge B$ 答案显然为 $A-B$

若 $B>A$

方法一，那么直接从 $0$ 到 $A$ 枚举 $X$ ，对于每一个 $A+X$ 直接 $\Theta(1)$ 找到最小的满足题意的自然数 $Y$ 即可，总复杂度 $\Theta(A)$

方法二，那么从 $1$ 到 $\lfloor\frac{B}{A}\rfloor+1$ 枚举 $\frac{B+Y}{A+X}$ 的值 $t$ （若 $t>\lfloor\frac{B}{A}\rfloor+1$ 显然更劣），对于每一个 $t$ 先找到最小的 $Y$ 使得 $B+Y$ 是 $t$ 的倍数，接着就能算出 $A+X$ 的值，若算出的 $A+X<A$ 那么说明 $Y$ 太小了，令 $X=0$ ，再根据 $t$ 算出新的 $Y$ ，若 $A+X\ge A$ 那么直接算出 $X$ 即可，每次检验的复杂度还是 $\Theta(1)$ ，总复杂度 $\Theta(\lfloor\frac{B}{A}\rfloor)$

如果单纯使用一种方法肯定会超时，若 $A\le\sqrt{B}$ 那么使用第一种方法复杂度为 $O(\sqrt{B})$ ，若 $A>\sqrt{B}$ 那么使用第二种方法复杂度也为 $O(\sqrt{B})$ ，这样分类做，总复杂度就是 $\Theta(\sqrt{B})$

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void Main()
{
	long long a,b,x,y,t,ans=2e18;
	cin>>a>>b;
	if(a>=b)return cout<<a-b<<'\n',void(0);
	if(a<=sqrt(b))
	{
		int ax;
		for(x=0;x<=a;++x)
		{
			ax=a+x;
			if(b%ax==0)y=0;
			else y=ax-b%ax;
			ans=min(ans,x+y);
		}
	}
	else
	{
		int mn=b/a+1;
		for(t=1;t<=mn;++t)
		{
			if(b%t==0)y=0;
			else y=t-b%t;
			x=(b+y)/t-a;
			if(x<0)
			{
				x=0;
				y=a*t-b;
			}
			ans=min(ans,x+y);
		}
	}
	cout<<ans<<'\n';
}
signed main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)Main();
	return 0;
}

C

题意

给定一个有 $n$ 个点的无向连通图，每个点有一个点权 $v_i$ ，同时给定一个长度为 $k$ 的序列 $\{b\}$ ，询问是否任意从节点 $1$ 到节点 $n$ 的简单路径都满足如下性质：

把经过的所有点的权值组成一个序列， $\{b\}$ 是这个序列的子序列

数据范围： $2\le n\le 10^5$

题解

考虑 dp，设 $f_i$ 表示从节点 $1$ 到节点 $i$ 的所有简单路径上至少已经匹配了序列 $\{b\}$ 的前 $f_i$ 位

考虑从节点 $u$ 转移到节点 $v$

如果在节点 $u$ 时已经至少匹配了 $k$ 位那么就用 $f_u=k$ 更新 $f_v$

如果在节点 $v$ 时还没有匹配完 $\{b\}$ 的 $k$ 位并且可以匹配第 $f_u+1$ 位那么就用 $f_u+1$ 更新 $f_v$

总结成一个式子就是

f_{v} = min {f_{v}, f_{u} + [f_{u} < k] \cdot [v_{v} = b_{f_{u} + 1}]}

$f_v=\min\{f_v,f_u+[f_u<k]\cdot[v_v=b_{f_u+1}]\}$

类似 Dijkstra 做一遍就行

最后看终点，若 $f_n=k$ 则满足，否则不满足

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=4e5+5,INF=1e9;
int n,m,k;
int head[N],nxt[M],to[M],cnt;
int a[N],b[N],d[N];
bool vis[N];
typedef pair<int,int> pii;
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii>>q;
inline void create(int ff,int tt){nxt[++cnt]=head[ff],head[ff]=cnt,to[cnt]=tt;}
signed main()
{
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1,t1,t2;i<=m;++i)cin>>t1>>t2,create(t1,t2),create(t2,t1);
	for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i],d[i]=INF;
	for(int i=1;i<=k;++i)cin>>b[i];
	d[1]=bool(a[1]==b[1]);
	q.push(make_pair(d[1],1));
	while(q.size())
	{
		int pos=q.top().second;
		q.pop();
		if(vis[pos])continue;
		vis[pos]=1;
		for(int i=head[pos],tmp;i;i=nxt[i])
		{
			tmp=d[pos]+bool(d[pos]<k&&a[to[i]]==b[d[pos]+1]);
			if(d[to[i]]>tmp)
			{
				d[to[i]]=tmp;
				q.push(make_pair(d[to[i]],to[i]));
			}
		}
	}
	puts(d[n]==k?"Yes":"No");
	return 0;
}

D

题意

给定一棵有 $n$ 个节点的有根树，每个点可以有黑白两种颜色，一开始所有点都是白色

一个点被定义为“好点”当且仅当从树根到它的简单路径上所有点都是黑色

现在可以进行操作，每次操作可以在树上所有不是“好点”中随机地选择一个染成黑色，询问期望要操作多少次才能让整棵树都变为黑色

数据范围： $2\le n\le 2\times10^5$

题解

假设第 $i$ 个点被染色的次数是 $x_i$ ，期望次数是 $E[x_i]$ ，根据期望的线性性，最终的答案就是 $\sum E[x_i]$

下面我们来单独看一个点 $v$ ，在考虑 $v$ 被染色的期望次数时，根据期望的线性性，我们只考虑对于从根节点到 $v$ 这条链上的操作

首先，对于这条链上的操作一定满足如下两个性质

只会对这条链上的非“好点”的点染色
在链上的所有点都被染色为黑色（ $v$ 变成“好点”）之前对这条链都会一直有操作

注意到这个点变为“好点”之前操作会一直进行，我们可以假设对于这条链上的“好点”也可以进行染色操作，只是我们忽略这些操作

这里可能较难理解，换句话说就是：由于我们只关心最后 $v$ 变为“好点”之前期望选择了它多少次，只统计 $x_v$ ，我们完全可以假设对于那些链上的“好点”也进行了操作，无论其他的点怎么操作都不会影响这条链的状态和最后得到的 $v$ 的答案

CodeForces 上的一位用户 shiven 给出了类似的解释，也可以看看他的说法（传送门）

上面的都明白之后，这条链上的问题就转化为了——现在有一条链上的共 $k$ 个点，全为白色，每次在这 $k$ 个点中随机选择一个点染色为黑色，求链上的所有点都被染为黑色时，其中的一个点被染色的期望次数

这个问题是不是就很熟悉了呢？就是洛谷的 P1291 百事世界杯之旅。假设现在一共有 $i$ 个白色的点，有 $k-i$ 个黑色的点，那么下一次选择选中白色点的概率就是 $\frac ik$ ，显然选中一个新的白色的点的期望次数就是 $\frac ki$ ，这时白色点数量减少 $1$ ，再下一次选中白色点的概率就变为 $\frac{i-1}k$ ，以此类推，最终所有点都被选中一次的概率就是 $\sum_{i=1}^k\frac ki=k\sum_{i=1}^k\frac1i$ ，那么其中的一个点（ $v$ ）被染色的期望次数自然就是 $\sum_{i=1}^k\frac1i$

现在只需要预处理出 $\frac1i$ 的前缀和，对于每一个节点求出 $E[x_i]$ 再全部加起来就是答案了

还不理解的可以看官方题解，更加清楚

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5,mod=998244353;
int n,dep[N],inv[N],f[N],ans;
inline int add(int x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;return x;}
inline void Add(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
signed main()
{
	cin>>n;
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i)inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=add(f[i-1],inv[i]);
	dep[1]=1;
	ans=1;
	for(int i=2,tmp;i<=n;++i)cin>>tmp,dep[i]=dep[tmp]+1,Add(ans,f[dep[i]]);
	cout<<ans;
	return 0;
}

UPD：感谢 @Kan_kiz 对于 D 题题解的质疑，现在已经修改了题解

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posted @ 2022-10-10 16:50 人形魔芋阅读(385) 评论(5) 编辑收藏举报

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