AtCoder Beginner Contest 126 解题报告
abc改版后的第一场。貌似人很多啊...
最后10min交上了F。就是到结束他还没测完...
改完后质量明显提高了。相当于abc和arc的合场？（不过EF题没有之前的arc题那么难）
UNR了...差评。本来肯定可以涨的...
A
按题意模拟即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k;
char s[1000];
int main() {
cin >> n >> k;
scanf("%s", s + 1);
s[k] = s[k] - 'A' + 'a';
puts(s + 1);
}
B
按题意模拟即可。
然而有点奇奇怪怪的坑点（我也不知道为什么我写挂了2发）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[10];
int main() {
cin >> s;
for (int i = 0; i < 4; ++i) s[i] -= '0';
int a = s[0] * 10 + s[1];
int b = s[2] * 10 + s[3];
if (1 <= a && a <= 12) {
if(1 <= b && b <= 12) puts("AMBIGUOUS");
else puts("MMYY");
} else {
if(1 <= b && b <= 12) puts("YYMM");
else puts("NA");
}
return 0;
}
C
一开始一直没看懂题意...写完E再来写的C。而且精度好像有点卡...
发现\(n\)不大，可以枚举初始的数字。分析一下（并仔细研究题意）每个数的概率其实就是\(\frac{1}{n}\times (\frac{1}{2})^{\log_2 (\frac{k}{i})}\)
累加即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m;
double ans = 0, power[N];
int main() {
cin >> n >> m;
double tmp = 0.5;
for(int i = 1; i <= 100000; ++i) {
power[i] = tmp;
tmp /= 2.0;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int cnt = 0, now = i;
while(now < m) now *= 2, ++cnt;
if(!cnt) ans += 1.0 / n;
else ans += 1.0 / n * power[cnt];
}
printf("%.12lf\n", ans);
}
D
答案显然一定存在。那么我们只需要挨个涂色就好了...
只要连接的边是奇数就是异色，是偶数就是同色。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
#define ll long long
struct edge {
int to, nxt;
ll v;
}e[N<<1];
int head[N], cnt, n;
void ins(int u, int v, ll w) {
e[++cnt] = (edge) {v, head[u], w};
head[u] = cnt;
}
int ans[N];
void dfs(int u, int fa) {
for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
if(e[i].v % 2) ans[v] = ans[u] ^ 1;
else ans[v] = ans[u];
dfs(v, u);
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i < n; ++i) {
int u, v; ll w;
scanf("%d%d%lld", &u, &v, &w);
ins(u, v, w); ins(v, u, w);
}
dfs(1, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
}
E
因为\(a_i\)只有\(0\)和\(1\)，所以题目给的关系相当于只要你知道一个就可以知道另外一个。
所以给题目中的\(u\)和\(v\)连一条边权为\(0\)的边，然后建个虚点，向每个点连\(1\)的边，跑最小生成树就能得到答案了。
赛后发现别人写的并查集贼短...
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m, f[N];
struct edge {
int u, v, w;
}e[N << 1];
int find(int x) {
if(f[x] == x) return x;
return f[x] = find(f[x]);
}
bool cmp(edge a, edge b) {
return a.w < b.w;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= m; ++i) {
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
e[++cnt] = (edge) {a, b, 0};
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
e[++cnt] = (edge) {n + 1, i, 1};
}
++n;
for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = i;
int ans = 0;
sort(e + 1, e + cnt + 1, cmp);
for(int i = 1; i <= cnt; ++i) {
int x = find(e[i].u), y = find(e[i].v);
if(x != y) {
ans += e[i].w;
f[y] = x;
}
}
printf("%d\n", ans);
}
F
挺好玩的构造题...
因为是两个相同的数之间的数的\(xor\)和，那么其实只要第一个放\(k\)，然后顺序放\(0\)到\(2^{m-1}\)，再放个\(k\)，倒序放\(2^{m-1}\)到\(0\)即可。（这样每一段都可以抵消掉就剩下一个\(k\)）
影响存在性的就是除了\(k\)以外的所有数\(xor\)和是否为\(0\).（因为第一个\(k\)和第二个之间是没有另外的\(k\)的）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m, k;
int main() {
cin >> m >> k;
int sum = 0;
for(int i = 0; i < (1 << m); ++i) if(i != k) sum ^= i;
if(!k) {
for(int i = 0; i < (1 << m); ++i) printf("%d %d ", i, i);
puts("");
return 0;
}
if(m == 1) {
if(k >= 1) puts("-1");
else puts("0 0 1 1");
return 0;
}
if((1 << m) <= k) return puts("-1"), 0;
printf("%d ", k);
for(int i = 0; i < (1 << m); ++i) if(i != k) printf("%d ", i);
printf("%d ", k);
for(int i = (1 << m) - 1; i >= 0; --i) if(i != k) printf("%d ", i);
}
