ABC382&ABC383题解

[ABC382C] Kaiten Sushi

题目描述

有 $N$ 个人，编号从 $1$ 到 $N$ ，他们正在访问一家传送带寿司餐厅。第 $i$ 个人的美食级别是 $A_{i}$ 。

现在，将会有 $M$ 份寿司放置在传送带上。第 $j$ 份寿司的美味度为 $B_{j}$ 。每份寿司将按照顺序经过编号为 $1$ ， $2$ ， $\dots$ ， $N$ 的人。每个人在看到美味度不低于他们美食级别的寿司经过时，会拿走并吃掉那份寿司；否则，他们什么也不做。一旦第 $i$ 个人拿走并吃掉了寿司，那份寿司就不会再经过编号大于 $i$ 的人。

对于每份 $M$ 份寿司中的一份，请确定是谁吃掉了那份寿司，或者是否没有人吃掉它。

约束条件

$1 \leq N$ ， $M \leq 2 \times 10^{5}$

$1 \leq A_{i}$ ， $B_{i} \leq 2 \times 10^{5}$

所有输入值均为整数。

制約

$1 \leq N, M \leq 2 \times 10^{5}$
$1 \leq A_{i}, B_{i} \leq 2 \times 10^{5}$
入力は全て整数

解题思路

以吃寿司的人为单位构造结构体，存储位置和美食级别。吃寿司的时候跟位置有关系，如果在后面的人的美食级别比前面的人还高的话，那肯定一口都吃不到，所以没必要存储。

所以存储的优先级第一为位置，第二为美食级别。存的一定是位置递增和美食级别递减的序列。

可以发现，对于美味度为 $d$ 的寿司而言，如果能够被吃，一定是在这个序列当中美食级别第一个小于 $d$ 的位置被吃的。因此可以考虑使用二分来解决该问题，总时间复杂度为 $O (n l o g n)$

将存储序列逆序排列，那么要找到的就是序列里小于等于 $d$ 且最接近 $d$ 的元素。因此注意二分的写法应当是

mid = (l + r + 1) / 2;
if(check())		l = mid;
else	r = mid - 1;

参考代码为：

//abc382c
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 200005;
int a[N], b[N];

struct pp{
    int val, idx;
}p[N];

bool cmp(pp a, pp b){
    return a.val < b.val;
}

int main(){
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    int minn = 0x3f3f3f, idx = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
        if(a[i] < minn){
            minn = a[i];
            p[++idx].val = a[i];
            p[idx].idx = i;
        }
    }
    sort(p, p+idx+1, cmp);
    int min_val = p[1].val;
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        cin >> b[i];
        if(b[i] < min_val){
            cout << -1 << endl;
            continue;
        }
        //bs
        int l = 1, r = idx;
        int mid = (l + r + 1) / 2;
        while(l < r){
            mid = (l + r + 1) / 2;
            //cout << mid << endl;
            if(p[mid].val <= b[i])      l = mid;
            else    r = mid - 1;
        }
        cout << p[l].idx << endl;
    }
    return 0;
}

[ABC382D] Keep Distance

题目描述

给定整数 $N$ 和 $M$ 。按照字典序打印出来所有长度为 $N$ ，且满足如下条件的整数序列 $(A_{1}, A_{2}, . . ., A_{N})$ ：

$1 \leq A_{i}$ ；
对 $i = 2, . . ., N$ ，有 $A_{i - 1} + 10 \leq A_{i}$ ；
$A_{N} \leq M$ 。

输入格式

一行，空格分隔的两个整数： $N M$ 。

输出格式

第一行是一个整数，为所有满足条件的序列的个数；

之后每一行为空格分隔的 $N$ 个整数，对应一个满足条件的整数序列。

制約

$2 \leq N \leq 12$
$10 N - 9 \leq M \leq 10 N$
入力される値はすべて整数

解题思路

一道很有意思的递归的题目

递归时需要记录下当前递归到的值，以及递归到第几个位置。
用一个二位数组记录所有答案（因为要先输出方案数量再输出每个方案）
注意剪枝，否则会t。

//abc382d
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
int n, m, idx = 0;
int a[15], ans[500005][15];

void f(int val, int pos){
    a[pos] = val;
    if(pos == n){
        idx ++;
        //存答案
        for(int i = 1; i <= n; i++)     ans[idx][i] = a[i];
        return;
    }
    int sep = 10;
    while(val + sep <= m && (m - val - sep) / 10 >= n - pos - 1){
        f(val + sep, pos + 1);
        sep++;
    }
}

int main(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i + (n-1) * 10 <= m; i++)        f(i, 1);
    cout << idx << endl;
    for(int i = 1; i <= idx; i++){
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            cout << ans[i][j] << " ";
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

[ABC383C] Humidifier 3

题目描述

给你一个 $H$ 行 $W$ 列的矩阵，如果为 # 代表为障碍物，. 为空地， H 为喷水器。
定义一个地方是湿的，当且仅当有从一个喷水器可以通过最多 $D$ 步移动（四联通）到达这个地方。
注意，喷水器所在的地方也是湿的。
求有多少个湿的地方。

输入格式

第一行三个整数 $H, W, D$ 。
接下来 $H$ 行，每行 $W$ 个字符，描述矩阵。

输出格式

输出一个整数，表示答案。

数据范围

$1 \leq H, W \leq 1000$
$1 \leq D \leq H \times W$

解题思路

用dfs一定会t...别问我怎么知道的

这道题用bfs做就没有问题啦

注意建立一个 $s t e p$ 数组， $s t e p [i] [j]$ 存储到达坐标点 $(i, j)$ 时还可以走多少步。

初始状态：所有喷水点的 $s t e p$ 值设为 $d$ ，并且将喷水点入队列。其他点 $s t e p$ 值默认都为 $0$ 。

扩散状态：每次取队头，朝四个方向扩散，如果扩散到的点 $s t e p [i^{'}] [j^{'}] <= s t e p [i] [j] - 1$ ，代表当前的扩散是可能对答案有贡献的，因此记录新 $s t e p$ 值并将新点入队。如果不满足该条件，证明本次扩散已经在前面的状态出现过了，没有必要再入队重复操作。

//abc383c
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
queue<PII> q;
char ch[1005][1005];
bool flag[1005][1005];
int step[1005][1005];
int h, w, d, ans = 0;
int dx[4] = {0, 1, 0, -1}, dy[4] = {1, 0, -1, 0};

void bfs(){
    while(!q.empty()){
        PII t = q.front();
        q.pop();
        if(step[t.first][t.second] > 0){
            for(int i = 0; i < 4; i++){
                int xx = t.first + dx[i];
                int yy = t.second + dy[i];
                if(1 <= xx && xx <= h && 1 <= yy && yy <= w &&  ch[xx][yy] == '.' && step[xx][yy] <= step[t.first][t.second] - 1){
                    q.push({xx, yy});
                    step[xx][yy] = step[t.first][t.second] - 1;
                    if(!flag[xx][yy])	flag[xx][yy] = 1, ans ++;
                }
            }
        }
    }
}

int main(){
    cin >> h >> w >> d;
    for(int i = 1; i <= h; i++)
        for(int j = 1; j <= w; j++)
            cin >> ch[i][j];
    for(int i = 1; i <= h; i++)
        for(int j = 1; j <= w; j++)
            if(ch[i][j] == 'H'){
                q.push({i, j});
                ans ++;
                flag[i][j] = 1;
                step[i][j] = d;
            }
    if(!q.empty())  bfs();
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

[ABC383D] 9 Divisors

题目描述

找出不大于 $N$ 且恰好有 $9$ 个因数的正整数的个数。

输入格式

只有一行，一个整数 $N$ 。

输出格式

一行一个整数，表示答案。

数据范围

$1 \leq N \leq 4 \times 10^{12}$
所有输入值均为整数。

解题思路

前置知识：如何判断一个正整数 $N$ 的因数个数

当 $N = p_{1}^{α_{1}} * p_{2}^{α_{2}} * . . . * p_{k}^{α_{k}}$ （其中 $p_{i}$ 代表质数）

对于一个数的所有约数，一定可以由上面的通式来表示，且有所对应的 $α_{1}$ 、 $α_{2}$ 、 $α_{3}$ 。

约数用M表示，那么 $M = p_{1}^{β_{1}} * p_{2}^{β_{2}} * . . . * p_{k}^{β_{k}}$

对于 $β_{1}$ 、 $β_{2}$ 、 $β_{3}$ 的取值范围，为 $0$ ~ $α_{i}$ ，就能够表示出来所有的约数。所以求约数个数实际可拆解为组合数学（乘法原理）。

所以对于正整数 $N$ 而言，其对应的约数个数为 $(α_{1} + 1) * (α_{2} + 1) * (α_{3} + 1) . . . (α_{k} + 1)$

对于该结论，结合本道题要求恰好有 $9$ 个因数，可以分析得出：

因数都是成对出现，若一个数 $X$ 恰好有 $9$ 个因数，代表一定有一对的因数相等，所以 $X$ 一定是一个完全平方数。
约数个数满足 $(α_{1} + 1) * (α_{2} + 1) * (α_{3} + 1) . . . (α_{k} + 1) = 9$ ，其组合方法可以表示为 $9$ 或是 $3 * 3$ 。

1）对于第一种，若 $X = p^{8}$ 且 $X <= N$ ，那么 $X$ 符合题目要求

2）对于第二种，若 $X = {p_{1}}^{2} * {p_{2}}^{2}$ 且 $X <= N$ ，那么 $X$ 符合题目要求

因此对于一个可能作为答案的完全平方数 $X$ ，先去找到所有小于等于 $l o g X$ 的质因数 $p$ ，再分两种方案枚举可能的值。最终把所有方案数加起来即为答案。

//abc383d
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6+5;
ll prime[N];
bool not_prime[N];

int main(){
    ll n, idx = 0, ans = 0;
    cin >> n;
    //找出logn以内的所有指数 埃式筛法
    for(ll i = 2; i * i<= n; i++){
        if(!not_prime[i]){
            prime[++idx] = i;
            for(ll j = 2; j * i <= sqrt(n); j++)      not_prime[j * i] = 1;
        }
    }
    //算p^8的个数
    for(ll i = 1; i <= idx; i++)	if(pow(prime[i], 8) <= n)  ans ++;
    //算p^2和q^2的个数
    for(ll i = 1; i < idx; i++){
        for(ll j = i + 1; j <= idx; j++){
            if (pow(prime[i], 2) * pow(prime[j], 2) <= n)    ans ++;
            else    break;
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

[ABC383F] Diversity

题目描述

Aya 非常喜欢奶龙。

今天他来到商店，发现商店里正在出售 $N$ 个奶龙！第 $i$ 个奶龙的价格是 $P_{i}$ 元，实用性是 $U_{i}$ ，颜色是 $C_{i}$ 。

Aya 可以选择所有奶龙的一个子集进行购买（可以是空集），但最多只能用 $X$ 元。

Aya 的满意度是 $S + T \times K$ ，其中 $S$ 是购买的奶龙实用性之和， $T$ 是购买的奶龙中不同颜色的种类数， $K$ 是一个给定的常数。

请帮 Aya 最大化满意度。

制約

$1 \leq N \leq 500$
$1 \leq X \leq 50000$
$1 \leq K \leq 10^{9}$
$1 \leq P_{i} \leq X$ $(1 \leq i \leq N)$
$1 \leq U_{i} \leq 10^{9}$ $(1 \leq i \leq N)$
$1 \leq C_{i} \leq N$ $(1 \leq i \leq N)$
入力は全て整数

解题思路

背包问题选or不选

状态转移方程

$f [i] [j] [0]$ 表示对于第 $i$ 组颜色，花了 $j$ 元，不选该颜色能够获得的最大满意度

$f [i] [j] [1]$ 表示对于第 $i$ 组颜色，花了 $j$ 元，选了该颜色能够获得的最大满意度

在写状态转移方程的时候要注意判断，当前的颜色是否是一个新的颜色

（1）当前面没有出现过该颜色：

$f [w [i] . c] [j] [0] = m a x (f [w [i] . c - 1] [j] [0], f [w [i] . c - 1] [j] [1])$

$f [w [i] . c] [j] [1] = m a x (f [w [i] . c - 1] [j - w [i] . p] [0], f [w [i] . c - 1] [j - w [i] . p] [1]) + k + w [i] . u$ (当 $j >= w [i] . p$ 时)

可以发现，在很多地方都出现了 $m a x (f [w [i] . c - 1] [j] [0], f [w [i] . c - 1] [j] [1])$

因此可以每计算一组颜色的dp值，统一 $f [w [i] . c - 1] [j] [0] = m a x (f [w [i] . c - 1] [j] [0], f [w [i] . c - 1] [j] [1])$

状态转移方程可以改成：

$f [w [i] . c] [j] [0] = f [w [i] . c - 1] [j] [0]$

$f [w [i] . c] [j] [1] = f [w [i] . c - 1] [j - w [i] . p] [0] + k + w [i] . u$ (当 $j >= w [i] . p$ 时)

（2）当前面出现过该颜色：

不选该颜色的状态同样只能从前一种颜色转移而来

$f [w [i] . c] [j] [0] = f [w [i] . c - 1] [j] [0]$

选该颜色时 (当 $j >= w [i] . p$ 时)，状态可以是：

前面的同一颜色都不选，只选当前物品，dp值表示为 $f [w [i] . c - 1] [j - w [i] . p] [0] + k + w [i] . u$
前面已选了当前颜色，还选当前物品，dp值表示为 $f [w [i] . c] [j - w [i] . p] [1]) + w [i] . u$
前面已选了当前颜色，不选当前物品，dp值表示为 $d p [w [i] . c] [j] [1]$

这几个值取max即为 $f [w [i] . c] [j] [1]$ 的值

几个小点

第一维是以颜色种类来表示，题目所给颜色不一定连续，所以要对颜色进行离散化处理
相同颜色的物品在dp时所用的是同一空间，所以要注意第二维的枚举要从后往前，比较最大值时还要记得跟当前位置原本的值比较
所有的值只跟当前行和上一行有关系，所以数组的第一维空间可以压缩成 $2$

//abc383f
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
//分组背包
//dp[i][j][0]代表对于第i个物品，花了j元，不选该物品所属的颜色能够获得的最大满意度
//dp[i][j][1]代表对于第i个物品，花了j元，选了该物品所属的颜色能够获得的最大满意度
ll dp[505][50005][2];

struct nl{
    ll p, u, c, cc;
}w[505];

bool cmp(nl a, nl b){
    return a.c < b.c;
}

int main(){
    ll n, x, k;
    cin >> n >> x >> k;
    for(int i = 1; i <= n; i++)     cin >> w[i].p >> w[i].u >> w[i].c;
    sort(w+1, w+n+1, cmp);
    //颜色离散化
    w[1].cc = 1;
    ll i = 2, temp = 1;;
    while(i <= n){
        while(w[i].c == w[i-1].c){
            w[i].cc = temp;
            i++;
        }
        w[i].cc = ++temp;
        i ++;
    }
    //dp过程
    for(ll i = 1; i <= n; i++){
        //统一前一组颜色的最大值
        if(w[i].cc != w[i-1].cc){
            for(int j = 0; j <= x; j++)     dp[w[i-1].cc][j][0] = max(dp[w[i-1].cc][j][0], dp[w[i-1].cc][j][1]);
        }
        for(ll j = x; j >= 0; j--){
            dp[w[i].cc][j][0] = dp[w[i].cc-1][j][0];
            if(j >= w[i].p){
                //一个新的颜色
                if(w[i].cc != w[i-1].cc)
                    dp[w[i].cc][j][1] = dp[w[i].cc-1][j-w[i].p][0] + k + w[i].u;
                else
                    dp[w[i].cc][j][1] = max(dp[w[i].cc][j][1], max(dp[w[i].cc-1][j-w[i].p][0] + k, dp[w[i].cc][j-w[i].p][1]) + w[i].u);
            }
        }
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= x; i++){
        ans = max(dp[w[n].cc][i][0], ans);
        ans = max(dp[w[n].cc][i][1], ans);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

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