AtCoder Beginner Contest 136

AtCoder Beginner Contest 136

题目链接

A - +-x

直接取\(max\)即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    int a, b;
    cin >> a >> b;
    cout << max(a + b, max(a - b, a * b));
    return 0;
}

B - One Clue

直接输出，注意判断左右边界。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    int k, x;
    cin >> k >> x;
    for(int i = max(-1000000, x - k + 1); i <= min(1000000, x + k - 1); i++) cout << i << ' ';
    return 0;
}

C - Green Bin

\(map\)统计\(string\)出现次数即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
map <string, int> mp;
string s;
int n;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n;
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> s;
        sort(s.begin(), s.end());
        if(mp.find(s) != mp.end()) ans += mp[s];
        mp[s]++;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

D - Summer Vacation

时间倒流。
每一个工作只能在某一个时刻之前开始进行才能获得收益。考虑倒序枚举时间，在每一个位置将所有工作加入，取最大收益即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m;
vector <int> c[N];
struct node{
    int A, B;
}a[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].B >> a[i].A;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(a[i].B <= m) c[m - a[i].B].push_back(a[i].A);
    }
    priority_queue <int> q;
    int ans = 0;
    for(int i = m - 1; i >= 0; i--) {
        for(auto it : c[i]) q.push(it);
        if(!q.empty()) {
            ans += q.top(); q.pop();
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

E - Coins Respawn

首先\(dfs\)一次找到所有能够到达\(n\)的点，然后在这些点上面跑\(spfa\)+判正环就行。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2505, M = 5005;
int n, m, p;
struct Edge{
    int u,v,w,next;
}e[M<<1];
int tot, head[N];
void adde(int u,int v,int w){
    e[tot].u=u;e[tot].v=v;e[tot].w=w;e[tot].next=head[u];head[u]=tot++;
}
bool ok[N], vis[N];
bool g[N][N];
int c[N], d[N], dis[N];
void dfs(int u) {
    ok[u] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(g[u][i] && !ok[i]) dfs(i);
    }

}
int spfa(int s){
    queue <int> q;
    memset(d,0xcf,sizeof(d));
    memset(vis,0,sizeof(vis));memset(c,0,sizeof(c));
    q.push(s);vis[s]=1;d[s]=0;c[s]=1;dis[s]=0;
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();vis[u]=0;
        if(c[u]>n){
            return d[0];
        }
        for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
            int v=e[i].v;
            if(!ok[v]) continue;
            if(d[v]<d[u]+e[i].w){
                d[v]=d[u]+e[i].w;
                dis[v]=dis[u]+1;
                if(!vis[v]){
                    vis[v]=1;
                    q.push(v);
                    c[v]++;
                }
            }
        }
    }
    return d[n];
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n >> m >> p;
    memset(head, -1, sizeof(head));
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v, w; cin >> u >> v >> w;
        adde(u, v, w - p);
        g[v][u] = 1;
    }
    dfs(n);
    int t = spfa(1);
    if(t == d[0]) cout << -1;
    else cout << max(0, t);
    return 0;
}

F - Polynomial Construction

考虑拉格朗日插值，那么答案就是：

\[y=\sum_{i=0}^{p-1}a_i\prod_{j\neq i}\frac{x-j}{i-j}=\sum_{i=0}^{p-1}a_i\prod_{j\neq i}x-j\prod_{j\neq i}\frac{1}{i-j} \]

现在就考虑如何快速求\(\prod_{j\neq i}x-j\)。
这部分可以直接递推计算，设\(dp[i][j]\)表示考虑\(\prod_{k=0}^{i}x-k\)的结果中\(x^j\)的系数是多少，那么就有：

• \(dp[i][0]=dp[i-1][0]*(-i)\)
• \(dp[i][j]=dp[i-1][j-1]-dp[i-1][j]*i\)

因为式子中有限制条件:\(j\neq i\)，那么就考虑如何去掉一个\(x-i\):

• \(dp[n-1][j]=dp[n-1][j+1](if:i=0)\)
• \(dp[n-1][j]=\frac{dp[n-1][j]-tmp}{i}(else)\)，\(tmp\)表示前面的对后面的贡献。

详见代码：

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3000;
int n, mod;
int a[N], res[N];
ll qp(ll a, ll b) {
    ll ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans = ans * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int inv[N], inv2[N];
int dp[N][N];
int add(int x, int y) {
    x += y;
    if(x >= mod) x -= mod;
    return x;
}
int sub(int x, int y) {
    x -= y;
    if(x < 0) x += mod;
    return x;
}
int mul(ll x, ll y) {
    x = x * y % mod;
    if(x < 0) x += mod;
    return x;
}
void pre() {
    for(int i = 1; i <= n; i++) inv[i] = qp(i, mod - 2);
    for(int i = 1; i <= n; i++) inv2[i] = qp(mod - i, mod - 2);
    dp[0][1] = 1;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        for(int j = 0; j <= i + 1; j++) {
            dp[i][j] = mul(dp[i - 1][j], mod - i);
            if(j) dp[i][j] = add(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1]);
//            cout << i << ' ' << j << ' ' << dp[i][j] << '\n';
        }
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n; mod = n;
    for(int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
    pre();
    for(int i = 0; i < n; i++) if(a[i]) {
        int ans = 1;
        for(int j = 0; j < n; j++) {
            if(i > j) ans = mul(ans, inv[i - j]);
            if(i < j) ans = mul(ans, inv2[j - i]);
        }
        int tmp = 0;
        if(i == 0) tmp = dp[n - 1][1];
        res[0] = add(res[0], mul(ans, tmp));
        for(int j = 1; j < n; j++) {
            tmp = mul(sub(dp[n - 1][j], tmp), inv2[i]);
            if(i == 0) tmp = dp[n - 1][j + 1];
            res[j] = add(res[j], mul(ans, tmp));
        }
    }
    for(int i = 0; i < n; i++) cout << res[i] << " \n"[i == n - 1];
    return 0;
}