Atcoder Beginner Contest 353

A

问题陈述

有 $N$ 幢楼房排列成一排。左起的 $i$ th楼高 $H_{i}$ 。

请判断是否有比左起第一座高的建筑物。如果存在这样的建筑物，请找出从左边起最左边的建筑物的位置。

思路

签到题。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    int n, mx = -1, id = -1;
    cin >> n;
    for (int i = 1, a; i <= n; i ++) {
        cin >> a;
        if (i == 1) mx = a;
        if (a > mx) {
            mx = a, id = i;
            break;
        }
    }
    cout << id << endl;
    return 0;
}

B

问题陈述

AtCoder 游乐园有一个可容纳 $K$ 人的景点。现在，有 $N$ 组游客在排队等候进入该景点。

排在最前面的 $i$ 组有 $(1 \leq i \leq N)$ 人。对于所有 $i$ $(1 \leq i \leq N)$ ，都成立 $A_{i} \leq K$ 。

高桥作为该景点的工作人员，将按照以下程序引导各组游客排队。

最初，没有人被引导到景点，有 $K$ 个空座位。

如果排队队伍中没有团体，则启动景点并结束引导。
1. 将景点中的空座位数量与排队队伍前方的团队人数进行比较，然后执行以下操作之一：
- 如果空座位数量少于排在队伍前列的人数，则启动景点。然后，空座位数量再次变为 $K$ 。
- 否则，引导排在队伍最前面的整组人前往景点。排在最前面的那组游客将被移出队列，空座位数量将按照该组游客的人数减少。
返回步骤 1。

在此，引导开始后不会再有其他小组排队。在这些条件下，可以证明这一过程将在有限步数内结束。

确定在整个引导过程中要启动多少次吸引力。

思路

模拟。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k, a[105], ans = 1, now, p = 1;
int main() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    now = k;
    while (1) {
        if (p == n + 1) break;
        if (a[p] > now) {
            ans ++;
            now = k;
            continue;
        }
        now -= a[p], p ++;
    } 
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

C

问题陈述

对于正整数 $x$ 和 $y$ ，定义 $f (x, y)$ 为 $(x + y)$ 除以 $10^{8}$ 的余数。

给你一个长度为 $N$ 的正整数序列 $A = (A_{1}, \dots, A_{N})$ 。求下面表达式的值：

$\sum_{i = 1}^{N - 1} \sum_{j = i + 1}^{N} f (A_{i}, A_{j})$
$1 \leq A_{i} < 10^{8}$

思路

注意到每个数都小于模数，所以 $(A_{i} + A_{j}) \mod 10^{8}$ 只可能等于 $A_{i} + A_{i}$ 或 $A_{i} + A_{j} - 10^{8}$ 。

注意到每个数都会与其他的数做一次加法，而加法具有交换律，所以可以将原数列排序而不影响答案。

排序后，对于每个 $A_{i}$ ，把它和 $A_{1, \dots, i - 1}$ 求和，减去的 $10^{8}$ ，可以通过二分求出大于等于 $10^{8} - A_{i}$ 的数的个数。剩余部分可用前缀和完成。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e8;
const int N = 3e5 + 5;
ll n, a[N], ans, sum;
int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + n + 1);
    sum = a[1];
    for (int i = 2, pos; i <= n; i ++) {
        pos = upper_bound(a + 1, a + i, mod - a[i] - 1) - a;
        ans += (i - 1) * a[i] + sum - (i - pos) * mod;
        sum += a[i];
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

D

问题陈述

对于正整数 $x$ 和 $y$ ，定义 $f (x, y)$ 如下：

将 $x$ 和 $y$ 的十进制表示解释为字符串，并按此顺序连接，得到字符串 $z$ 。将 $f (x, y)$ 解释为十进制整数时，其值就是 $z$ 的值。

例如， $f (3, 14) = 314$ 和 $f (100, 1) = 1001$ 。

给你一个长度为 $N$ 的正整数序列 $A = (A_{1}, \dots, A_{N})$ 。求下面表达式取模 $998244353$ 的值：

$\sum_{i = 1}^{N - 1} \sum_{j = i + 1}^{N} f (A_{i}, A_{j})$

思路

记 $c (A_{i})$ 为 $A_{i}$ 位数， $w (A_{i})$ 为 $A_{i}$ 的位权， $w (A_{i}) = 10^{c (A_{i})}$ 。

有 $f (A_{i}, A_{j}) = A_{i} \cdot w (A_{j}) + A_{j}$ 。

原式

$= \sum_{i = 1}^{N - 1} \sum_{j = i + 1}^{N} f (A_{i}, A_{j})$

$= \sum_{i = 1}^{N - 1} \sum_{j = i + 1}^{N} A_{i} \cdot w (A_{j}) + A_{j}$

$= \sum_{i = 1}^{N - 1} A_{i} \cdot \sum_{j = i + 1}^{N} w (A_{j}) + \sum_{j = i + 1}^{N} A_{j}$

分别用两个前缀和维护位权以及和即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
const int N = 3e5 + 5;
ll n, a[N], b[N], c[N], ans;
ll getw(ll x) {
    ll res = 1;
    while (x) res *= 10, res %= mod, x /= 10;
    return res;
}
int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for (int i = n; i >= 1; i --) {
        b[i] = b[i + 1] + a[i], b[i] %= mod;
        c[i] = c[i + 1] + getw(a[i]), c[i] %= mod;
    } 
    for (int i = 1; i < n; i ++) 
        ans += b[i + 1] + a[i] * c[i + 1] % mod, ans %= mod;
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

E

问题陈述

对于字符串 $x$ 和 $y$ ，定义 $f (x, y)$ 如下：

$f (x, y)$ 是 $x$ 和 $y$ 的最长公共前缀的长度。

给定由小写英文字母组成的 $N$ 字符串 $(S_{1}, \dots, S_{N})$ 。求以下表达式的值：

$\sum_{i = 1}^{N - 1} \sum_{j = i + 1}^{N} f (S_{i}, S_{j})$

思路

看到最长公共前缀，想到使用Trie维护。把 $N$ 个字符串建在一颗Trie里，维护经过每条边的字符串的个数 $c_{i}$ ，则每条边对答案的贡献为 $\frac{c_{i} (c_{i} - 1)}{2}$ 。因为每个字符串都会与其它字符串产生 $1$ 的贡献，会重复一次，故除二。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 5;
int n, son[N][27], cnt = 1; ll sum[N], ans;
void insert(const string& s) {
    int p = 1;
    for (int i = 0; i < s.size(); i ++) {
        char c = s[i];
        if (!son[p][c - 'a']) son[p][c - 'a'] = ++ cnt;
        sum[son[p][c - 'a']] ++;
        p = son[p][c - 'a'];
    }
} 
void dfs(int p) {
    if (p ^ 1) ans += sum[p] * (sum[p] - 1) / 2;
    for (int i = 0; i < 26; i ++) {
        if (!son[p][i]) continue;
        dfs(son[p][i]);
    }
}
int main() {
    cin >> n;
    string s;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        cin >> s;
        insert(s);
    }
    dfs(1);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

F

未做出，待补。

G

问题陈述

AtCoder 王国有 $N$ 个城镇：城镇 $1$ 、 $2$ 、 $\dots$ 、 $N$ 。从 $i$ 镇到 $j$ 镇，必须支付 $C \times | i - j |$ 日元的过路费。

商人高桥正在考虑参加 $M$ 个或更多即将到来的市场。

$i$ /-市场 $(1 \leq i \leq M)$ 由一对整数 $(T_{i}, P_{i})$ 描述，其中市场在城镇 $T_{i}$ 举行，如果他参加将赚取 $P_{i}$ 日元。

在所有 $1 \leq i < M$ 中， $i$ (次)市场在 $(i + 1)$ (次)市场开始之前结束。他移动的时间可以忽略不计。

他从 $10^{10^{100}}$ 日元开始，最初在 $1$ 镇。通过优化选择参与哪些市场以及如何移动，确定他可以获得的最大利润。

从形式上看，如果他在 $M$ 个市场后拥有的资金量最大，那么 $10^{10^{100}} + X$ 就是他的最终资金量。求 $X$ 。

思路

定义 $d p_{T_{i}}$ 表示考虑到前 $i$ 个市场的最大收益。

d p_{T_{i}} = max_{1 \leq j < i} d p_{T_{j}} - C \cdot | T_{i} - T_{j} | + P_{i}

变形后可得：

d p_{T_{i}} = max (max_{1 \leq j < i, 1 \leq T_{j} \leq T_{i}} d p_{T_{j}} - C T_{i} + C T_{j} + P_{i}) (max_{1 \leq j < i, T_{i} \leq T_{j} \leq n} d p_{T_{j}} + C T_{i} - C T_{j} + P_{i})

移除与 $j$ 无关的项，可以发现取 $max$ 的式子有 $d p_{T_{j}} + C T_{j}$ $d p_{T_{j}} - C T_{j}$ 。

用线段树维护这两个内容即可。时间复杂度 $O (m \log n)$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define INF LONG_LONG_MAX
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n, c, m, t[N], p[N], ans;
struct segt {
    struct node {
        int l, r, mx;
    } t[N << 2];
    #define ls (p << 1)
    #define rs (p << 1 | 1)
    void build(int p, int l, int r) {
        t[p].l = l, t[p].r = r, t[p].mx = -INF;
        if (l == r) return ;
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(ls, l, mid);
        build(rs, mid + 1, r);
    }
    int query(int p, int l, int r) {
        if (l <= t[p].l && t[p].r <= r) return t[p].mx;
        int res = -INF;
        if (t[ls].r >= l) res = max(res, query(ls, l, r));
        if (t[rs].l <= r) res = max(res, query(rs, l, r));
        return res;
    }
    void modify(int p, int id, int v) {
        if (t[p].l == t[p].r) {
            t[p].mx = v;
            return ;
        }
        if (id <= t[ls].r) modify(ls, id, v);
        else modify(rs, id, v);
        t[p].mx = max(t[ls].mx, t[rs].mx);
    }
} F, B;
signed main() {
    cin >> n >> c >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i ++) cin >> t[i] >> p[i];
    F.build(1, 1, n), B.build(1, 1, n);
    F.modify(1, 1, c), B.modify(1, 1, -c);
    for (int i = 1, x; i <= m; i ++) {
        x = F.query(1, 1, t[i]) - c * t[i] + p[i];
        x = max(x, B.query(1, t[i], n) + c * t[i] + p[i]);
        ans = max(ans, x);
        F.modify(1, t[i], x + c * t[i]);
        B.modify(1, t[i], x - c * t[i]);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

posted @ 2024-05-12 19:27 maniubi 阅读(55) 评论(0) 编辑收藏举报

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