ABC330 A-E 题解

合集 - 题解(2)

1.ABC330 A-E 题解2023-11-26

2.P1967 [NOIP2013 提高组] 货车运输 题解2024-04-02

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ABC330题解

AtCoder Beginner Contest 330

A - Counting Passes

思路:

枚举一遍,当前数大于$L$使$ans+1$即可.

代码:

#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
		
int n, l, ans;
int x;
		
signed main()
{
	cin >> n >> l;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		cin >> x;
		if(x >= l)
		{
			ans ++;
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

B - Minimize Abs 1

思路:

枚举一遍,当前数在$L,R$之间,结果就是它本身,小于$L$为$L$,大于$R$为$R$.

代码:

#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
 
int n, l, r;
int x;
 
signed main()
{
	cin >> n >> l >> r;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		cin >> x;
		if(x <= l)
		{
			cout << l << " ";
			continue;
		}
		if(x >= r)
		{
			cout << r << " ";
			continue;
		}
		cout << x << " ";
	}
	return 0;
}

C - Minimize Abs 2

思路:

枚举$i:0\sim \sqrt{d}$为第一个数,以$1$为左边界,$\sqrt{d-i^2}+1$为右边界,判定条件为$mi{d}^2$与$d-i^2$之间的大小关系,每次更新边界后$ans=minans,|d-i^2-mi{d}^2|$为条件二分查找第二个数.

其中$d-i^2$为当前的$i$下剩余$d$的大小,$mid$为当前的第二个数$(mid>i)$

特判:当$mi{d}^2=d-i^2$时直接输出$0$.

代码:

#include<iostream>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
 
int abss(int x)
{
	return x > -x ? x : -x;
}
 
int d, ans = 1e18;
int t, l, r, mid;
 
signed main()
{
	cin >> d;
	for(int i=0; i*i<d; i++)
	{
		t = d - i*i;
		l = 1;
		r = sqrt(t) + 1;
		while(l <= r)
		{
			mid = (l + r) >> 1;
			if(mid * mid < t)
			{
				l = mid + 1;
			}
			else if(mid * mid > t)
			{
				r = mid - 1;
			}
			else
			{
				cout << 0;
				return 0;
			}
			ans = min(ans, abss(t - mid * mid));
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

D - Counting Ls

思路:

由于元组的无序性,仅顺序不同的元组会被视为同一个元组,所以我们只统计每个$\text{o}$能和后面的$\text{o}$组成合法元组的个数.

只统计第2、3点在第1点右方、下方的方案,忽略左方、上方的点

设:
$ro{w}_i$表示第$i$行$\text{o}$的个数
$co{l}_i$表示第$i$列$\text{o}$的个数
$b_{i,j}$表示第$i$行中第$j$列后每个$\text{o}$所在列在第$i$行往下$\text{o}$的个数总和
$c_{i,j}$表示第$i$行中第$j$列后$\text{o}$的个数总和

则第$i$行第$j$列的$\text{o}$可组成的方案个数为:

1. 当第二个点位于第$j$列上,第三个点位于第$i$行上时:
   第二个点的方案数$\times$第三个点的方案数

   即(col[j] - 1) * c[i][j+1]

2. 当第二个点位于$i,j_2$,第三个点位于第$j_2$列上时:
   每个第二个点所对应的第三个点的方案数总和

   即b[i][j+1]

将它们加起来,最后输出即可

代码:

#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
 
int n, ans;
bool a[2010][2010];
int row[2010], col[2010];
int b[2010][2010]; //第i行第j列每列的o后缀和
int c[2010][2010]; //第i行第j列的o后缀和
 
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n;
	char ch;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		for(int j=1; j<=n; j++)
		{
			cin >> ch;
			a[i][j] = (ch == 'o');
			row[i] += a[i][j];
		}
	}
	for(int j=1; j<=n; j++)
	{
		for(int i=1; i<=n; i++)
		{
			col[j] += a[i][j];
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		for(int j=n; j>=1; j--)
		{
			b[i][j] = b[i][j+1];
			c[i][j] = c[i][j+1];
			if(a[i][j])
			{
				b[i][j] += col[j] - 1;
				c[i][j] += 1;
			}
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		for(int j=1; j<=n; j++)
		{
			if(a[i][j])
			{
				ans += (col[j] - 1) * c[i][j+1];
				ans += b[i][j+1];
			}
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

E - Mex and Update

思路:

$STL\mathrm{大}\mathrm{法}\mathrm{好}$

因为$A$数组最多有$2\times {10}^5$个数,所以输出的答案必定小于$2\times {10}^5$

所以$Mex$可以转化为:一个存储了$1\sim 2\times {10}^5$所有数的数组,去掉$A$数组中的数,剩下数中的最小值

有序数组,无需插入,删除,$\mathrm{\Theta }(n\log n)$,可以使用$map$,先在$map$里存储$1\sim 2\times {10}^5$所有数,再设$cn{t}_i$表示$map$去掉$A$之后剩下的每个数的数量(同样只需要存储$1\sim 2\times {10}^5$)

在输入时

• cnt[y]--;,如果cnt[y] < 0,那么s.erase(y);
• cnt[a[x]]++;,如果cnt[a[x]] >= 0,那么s.insert(a[x]);
• a[x]=y;

再输出*s.begin()即可

代码:

#include<iostream>
#include<set>
#define int long long
using namespace std;
 
const int N = 200010;
 
int n, m;
int cnt[N], a[N];
set<int> s;
 
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for(int i=0; i<=n; i++)
	{
		s.insert(i);
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		cin >> a[i];
		if(a[i] > N-10)
		{
			continue;
		}
		cnt[a[i]]--;
		s.erase(a[i]);
	}
	while (m--)
	{
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		if(y <= 2e5)
		{
			cnt[y]--;
			if(cnt[y] < 0)
			{
				s.erase(y);
			}
		}
		if(a[x] <= 2e5)
		{
			cnt[a[x]]++;
			if(cnt[a[x]] >= 0) 
			{
				s.insert(a[x]);
			}
		}
		a[x] = y;
		cout << *s.begin() << '\n';
	}
	return 0;
}