【AtCoder】AGC027 题解
A - Candy Distribution Again
大意：有x个糖给n个小朋友，必须分完，小朋友得到糖数为一个确切值的时候小朋友会开心，求最多的开心数
题解
直接排序然后贪心分，如果分到最后一个有剩余那么开心数-1即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 200005
#define mo 994711
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef unsigned long long int64;
typedef long double db;
typedef unsigned int u32;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
if(x >= 10) out(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
int64 x[MAXN],XV,sum[MAXN],ans;
pii que[MAXN];
int N;
void Init() {
read(N);read(XV);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(x[i]);
ans = XV * (N + 1) + x[N] * 5;
for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
ans += 1LL * (2 * i + 3) * x[N - i];
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
sum[i] = sum[i - 1] + x[i];
}
}
void Solve() {
for(int K = 2 ; K <= N ; ++K) {
int64 tmp = (K + N) * XV,t = 1;
tmp += 5 * (sum[N] - sum[N - K]);
for(int r = N - K; r >= 1 ; r -= K) {
int l = max(1,r - K + 1);
tmp += (2 * t + 3) * (sum[r] - sum[l - 1]);
++t;
}
ans = min(ans,tmp);
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Init();
Solve();
return 0;
}
B - Garbage Collector
大意：有一个机器人从0点出发，有n个坐标位置有一个垃圾，且坐标两两不同，机器人要把所有垃圾带回0号点，也就是垃圾箱，拾起一个垃圾花费x，每次回到0点无论扔多少垃圾花费x，机器人在携带k个垃圾时走一步消耗能量是\((k + 1)^2\)，求最小消耗能量
题解
显然是走到最远的垃圾然后回来的时候把当次要拿起来的垃圾一个一个捡起来，推一下会发现是个除掉最远点，剩下坐标乘的系数是一个等差数列
这个序列是5,5,7,9,11...
由于我学傻了，我上去就写了一个单调性优化= =愉快WA
我们枚举要扔h次，显然我们把数列的第一项分配给最大的h个，第二项分配给次大的h个……以此类推，每次需要计算\(\frac{N}{h}\)次，复杂度\(O(N \log N)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 200005
#define mo 994711
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef unsigned long long int64;
typedef long double db;
typedef unsigned int u32;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
if(x >= 10) out(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
struct node {
int to,next;
}E[MAXN * 2];
int N,M,sumE,head[MAXN];
char s[MAXN];
int vis[MAXN][2];
void add(int u,int v) {
E[++sumE].to = v;
E[sumE].next = head[u];
head[u] = sumE;
}
void Init() {
read(N);read(M);
scanf("%s",s + 1);
int u,v;
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
read(u);read(v);add(u,v);add(v,u);
}
}
bool dfs(int u,char c) {
if(vis[u][c - 'A'] != -1) return vis[u][c - 'A'];
vis[u][c - 'A'] = 0;
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
int v = E[i].to;
if(c == s[v]) {
int t = (s[u] - 'A') ^ 1;
vis[u][c - 'A'] = 1;
bool f = dfs(v,'A' + t);
if(!f) {vis[u][c - 'A'] = 0;}
else break;
}
}
return vis[u][c - 'A'];
}
void Solve() {
memset(vis,-1,sizeof(vis));
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(dfs(i,'A') && dfs(i,'B')) {puts("Yes");return;}
}
puts("No");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Init();
Solve();
return 0;
}
C - ABland Yard
大意：给一张图，每个顶点有字符A或字符B，问这个图所有的路径中是否包含AB能构成的所有串
题解
记忆化搜索
记vis[u]['A']表示u向下能走到一个以‘A’为开头所有串，u会走到一个v点，v点是‘A’，让v向下走到一个和u不同的字符开头的所有串，如果能走到那么vis[u]['A']是1，否则vis[u]['A'] = 0，递归的过程中我们临时把vis[u]['A‘]设成1
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 200005
#define mo 994711
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef unsigned long long int64;
typedef long double db;
typedef unsigned int u32;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
if(x >= 10) out(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
struct node {
int to,next;
}E[MAXN * 2];
int N,M,sumE,head[MAXN];
char s[MAXN];
int vis[MAXN][2];
void add(int u,int v) {
E[++sumE].to = v;
E[sumE].next = head[u];
head[u] = sumE;
}
void Init() {
read(N);read(M);
scanf("%s",s + 1);
int u,v;
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
read(u);read(v);add(u,v);add(v,u);
}
}
bool dfs(int u,char c) {
if(vis[u][c - 'A'] != -1) return vis[u][c - 'A'];
vis[u][c - 'A'] = 0;
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
int v = E[i].to;
if(c == s[v]) {
int t = (s[u] - 'A') ^ 1;
vis[u][c - 'A'] = 1;
bool f = dfs(v,'A' + t);
if(!f) {vis[u][c - 'A'] = 0;}
else break;
}
}
return vis[u][c - 'A'];
}
void Solve() {
memset(vis,-1,sizeof(vis));
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(dfs(i,'A') && dfs(i,'B')) {puts("Yes");return;}
}
puts("No");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Init();
Solve();
return 0;
}
D - Modulo Matrix
大意：构造一个矩阵，使得这个矩阵的数两两不同，且相邻两格最大值取模最小值是一个定值
题解
首先我们把这张图二分染色，我们往黑格子的值大于周围的白格子
白格子i + j相同的填上同一种质数
然后对于白格子i - j相同的再乘上一种质数
黑格子就是周围白格子的lcm + 1即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 200005
#define mo 994711
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef unsigned long long int64;
typedef long double db;
typedef unsigned int u32;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
if(x >= 10) out(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
int N;
int64 a[505][505];
bool nonprime[50005];
int prime[50005],tot;
int dx[] = {1,0,-1,0};
int dy[] = {0,1,0,-1};
map<int64,pii > mmm;
int64 gcd(int64 a,int64 b) {
return b == 0 ? a : gcd(b,a % b);
}
int64 Calc(int x,int y) {
int64 res = 1;
for(int k = 0 ; k <= 3 ; ++k) {
int tx = x + dx[k],ty = y + dy[k];
if(tx < 1 || tx > N || ty < 1 || ty > N) continue;
res = res / gcd(res,a[tx][ty]) * a[tx][ty];
}
return res + 1;
}
void Solve() {
read(N);
if(N == 2) {
puts("4 7");
puts("23 10");
return;
}
for(int i = 2 ; i <= 50000 ; ++i) {
if(!nonprime[i]) {
prime[++tot] = i;
}
for(int j = 1 ; j <= tot ; ++j) {
if(prime[j] > 50000 / i) break;
nonprime[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
int st = 1;
for(int s = 2 ; s <= N + N ; s += 2) {
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
int j = s - i;
if(j < 1 || j > N) continue;
a[i][j] = prime[st];
}
++st;
}
int k = N & 1 ? 1 - N : 2 - N;
for(int s = k ; s <= N ; s += 2) {
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
int j = i - s;
if(j < 1 || j > N) continue;
a[i][j] = a[i][j] * prime[st];
}
++st;
}
for(int s = 3 ; s <= N + N ; s += 2) {
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
int j = s - i;
if(j < 1 || j > N) continue;
if(i == 409 && j == 101) {
puts("QAQ");
}
a[i][j] = Calc(i,j);
}
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
out(a[i][j]);
j == N ? 0 : space;
}
enter;
}
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
E - ABBreviate
大意：一个串只由a和b构成，可以把一个串中aa换成b，bb换成a，求能换成几种串
题解
设a是1，b是2，一个区间能合并成一个字符当这个区间的和%3是1或2，且存在两个相邻的字符一样
我们如果要把s变成目标串t，可以做的是把这个串从开头划分成尽量小的能变成t中每个字符的区间，最后剩下的一块和一定是0
我们证明这个是充分的，我们可以把最后一段和剩下一块合起来，不过这样的话可能出现ababababab，不过可以通过合理安排区间避免这点
然后就可以用一个\(O(n)\)的dp解决了
代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define fi first
#define se second
//#define ivorysi
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
if(x >= 10) out(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int N;
char s[100005];
int nxt[100005][3],sum[100005],dp[100005];
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
void update(int &x,int y) {
x = inc(x,y);
}
void Solve() {
scanf("%s",s + 1);
N = strlen(s + 1);
bool flag = 0;
for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
if(s[i] == s[i - 1]) {flag = 1;break;}
}
if(!flag) {puts("1");return;}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
sum[i] = (sum[i - 1] + (s[i] - '0')) % 3;
}
for(int i = 0 ; i < 3 ; ++i) nxt[N + 1][i] = N + 1;
for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
for(int j = 0 ; j < 3 ; ++j) nxt[i][j] = nxt[i + 1][j];
nxt[i][sum[i]] = i;
}
dp[0] = 1;
for(int i = 0 ; i <= N ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= 2 ; ++j) {
update(dp[nxt[i + 1][(sum[i] + j) % 3]],dp[i]);
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(sum[i] == sum[N]) update(ans,dp[i]);
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
F - Grafting
大意:有两棵树，每次可以把A树的一个叶子拆下来连到另一个点上，之后不能再动这个叶子，问A树能否变成B树，能的话最少几次操作
题解
我们先判断AB是否两棵相同的树
然后考虑固定一个点，也就是拆掉A的某个叶子连到其他任意一个点上，让这个叶子当根，然后固定和根联通，和B树一样的部分，之后建图搜环看存不存在冲突
代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define fi first
#define se second
//#define ivorysi
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
if(x >= 10) out(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
int N;
int a[2][55][55],fa[2][55],used[55],ind[55],vis[55],ans;
struct node {
int to,next;
}E[205];
int sumE,head[55];
void add(int u,int v) {
E[++sumE].to = v;
E[sumE].next = head[u];
head[u] = sumE;
}
void dfs(int id,int u,int f) {
fa[id][u] = f;if(id == 1) used[u] = (used[f] && (fa[0][u] == fa[1][u]));
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(i != f && a[id][u][i]) dfs(id,i,u);
}
}
bool dfs2(int u) {
vis[u] = 1;
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
int v = E[i].to;
if(!vis[v]) {if(!dfs2(v)) return false;}
else if(vis[v] == 1) return false;
}
vis[u] = 2;
return true;
}
void check_r(int r) {
used[0] = 1;
dfs(0,r,0);dfs(1,r,0);
memset(head,0,sizeof(head));sumE = 0;
int s = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(!used[i]) {
if(!used[fa[0][i]]) add(fa[0][i],i);
if(!used[fa[1][i]]) add(i,fa[1][i]);
++s;
}
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(!vis[i] && !dfs2(i)) return;
}
ans = min(ans,s + 1);
}
void Solve() {
read(N);
memset(a,0,sizeof(a));
memset(ind,0,sizeof(ind));
int u,v;
for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
read(u);read(v);
a[0][u][v] = a[0][v][u] = 1;
ind[u]++;ind[v]++;
}
for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
read(u);read(v);
a[1][u][v] = a[1][v][u] = 1;
}
used[0] = 1;
dfs(0,1,0);dfs(1,1,0);
int cnt = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(!used[i]) ++cnt;
}
if(!cnt) {puts("0");return;}
ans = N + 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(ind[i] == 1) {
int f = 0;
for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) if(a[0][i][j]) f = j;
a[0][i][f] = a[0][f][i] = 0;
for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
a[0][i][j] = a[0][j][i] = 1;
check_r(i);
a[0][i][j] = a[0][j][i] = 0;
}
a[0][i][f] = a[0][f][i] = 1;
}
}
if(ans == N + 1) {puts("-1");}
else {out(ans);enter;}
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
int T;
read(T);
while(T--) {
Solve();
}
return 0;
}
