abc--cf训练日常总结
ABC
最近遇到好多思维和位运算的题目不会做，特地过来总结一些小小的知识点。
- 思维题目
https://atcoder.jp/contests/abc353/tasks/abc353_c
这道题目要求我们计算连续的两个相邻的数组元素之和。我一开始用暴力，后面换了种错误的思路就wa了。
其实这道题目是求和，然后找到和大于1e8的数减去1e8就欧克了。所以我们只需要找到有多少个和大于1e8的数减去
数量X1e8就可以了。这里可以思考一下，题目的式子中每个元素加了多少遍？
正确答案是每个元素加了（n-1）遍，发现这个规律后，这样我们就能求出总和，现在只有一个问题，有多少和是大于1e8的呢？
这个我们不难想到，利用二分就可以找到下标，然后减去1e8的数量即可。
代码如下：
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll MOD = 100000000;
ll n,m;
const ll N =3e5+9;
ll a[N],v[N];
ll ans=0,sum=0,pd=0;
/*
每个数字都相当于加了（n-1）遍
，但是如果出现俩个数相加大于1e8
，就要减一个1e8，我们只要将所有的数*n-1·
然后在计算一下剪掉1e8的个就行，排序
，然后二分或者lower_bound都行
*/
int check(int x){
ll l=0,r=n+1;
while(l+1!=r){
ll mid = (l+r) >> 1;
if(a[mid]>=x) r=mid;
else l=mid;
}
return r;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>a[i];
sum+=(n-1)*a[i];
}
sort(a+1,a+n+1);
ans=sum;
for(int i=1;i<n;i++){
if(a[i]+a[n]<MOD) continue;
int res=check(MOD-a[i]);
if(res<=i)res=i+1; if(res>n) continue;
ans-=(n-res+1)*MOD;
}
cout<<ans;
return 0;
}
继续的跟在上面的题是这道。
https://atcoder.jp/contests/abc353/tasks/abc353_d
如果你观察发现这两道题是连在一起的。
乍一眼一看感觉跟上面题目差不多啊也是加起来，只不过是单纯的物理加起来前面加上后面，有没有什么联系呢？
题面如下：
一开始我就掉入了思维陷阱，想着用上面的方法做，没有完全读懂题面，就直接做，这样很糟糕。
正确的想法是（每个元素出现的次数还是（n-1）遍相当于），所以小伙伴们以后写题千万别像我一样//
这道题的想法是什么呢?我们不用想着把没一个数一个一个算，这样肯定爆T。根据上面拿到题的思路可以知道每个数都是n-1次,
这里是前面的数直接加上后面的数，其实是什么呢？就是每一个数*后面元素的位数，这里设每一个元素为w,w后面一共不超过2×10
5个元素，我们知道了每个w有(n-1)个，这里要想到每个w都与后的元素位数有关，也就是说后面的所有元素的位数知道了，
我们就能算出（n-1）个w元素的和。怎么做呢，我们只需要统计w后面元素的位数，存放在一起，sum+=让w乘上pow（10，后面每一位元素的位数）,让所有的w加起来就可以了，但是这里可能数很大，所以题目要求取模，所以我们要用快速幂。2s够了。
代码如下：
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define y second
using namespace std;
typedef double D;
const int N = 3e5 + 10;
typedef pair<int, int> Pii;
int a[N];
int mod=998244353;
int n;
map<int,int>mp;
int ck(int x){
int res=0;
while(x){
res++;x/=10;
}
return res;
}
int qmi(int x,int k){
int res=1;
while(k){
if(k&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
k>>=1;
}
return res;
}
void solved()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
mp[ck(a[i])]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sum+=(i-1)*a[i];
mp[ck(a[i])]--;
for(int j=1;j<=10;j++){
sum=sum+a[i]*qmi(10,j)%mod*mp[j]%mod;
sum%=mod;
}
}
cout<<sum<<"\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
t=1;
while (t--)
{
solved();
}
return 0;
}
ABC356——C
https://atcoder.jp/contests/abc356/tasks/abc356_c
这道题，也很有意思，就是问我们有多少种钥匙满足题目的条件，我当时的想法是统计数量，如果它的值为不为0，说明
这个元素只能为一个，因为在某个判断中它一定是正确或错误的。这样我们只需要找到为0的数目统计数量就找到有多少种可能，
但是这种方法是错误的，wa了，我猜想是如果给的元素多于k个，是x的，那么有可能这个元素是正确的，而我判断是错的，我
直接锁死了它的值，就少判断了。
正确的方法是枚举回溯。我基本没有用过这个方法，可能是写的太少了。我们可以这样考虑。
把真key设置为1，假的设置为0，然后一个一个枚举，如果满足上面所有的条件，ans++,这里思路大家都会。
问题在于怎么实现，我们可以这么考虑：
设置一个递归函数，f(x);
一开始主函数中f(1);
然后在递归里面记录被使用vis[x]=true;
然后继续f(x+1);,后面要回溯。
所以我们要vis[x]=fasle;
然后继续f(x+1);当x的数量到n个后就开始判断满不满足上面所有的条件。
点击查看代码
cnt[x]=1;
f(x+1);
cnt[x]=0;
f(x+1);
完整代码如下：
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int c[110];
int a[110][20];
char r[110];
int cnt[20];
int n,m,k;
int ans;
void f(int x){
if(x==n+1){
for(int i=1;i<=m;i++){
int cntt=0;
for(int j=1;j<=c[i];j++){
if(cnt[a[i][j]]==1)cntt++;
}
bool x;
if(cntt>=k)x=1;
else x=0;
if(r[i]=='x' && x==1)return;
if(r[i]=='o' && x==0)return;
}
ans++;
return;
}
//cout << x << " ";
cnt[x]=1;
f(x+1);
cnt[x]=0;
f(x+1);
}
int main(){
cin >> n >> m >> k;
for(int i=1;i<=m;i++){
cin >> c[i];
for(int j=1;j<=c[i];j++){
cin >> a[i][j];
}
cin >> r[i];
}
f(1);
cout << ans;
return 0;
}
