AtCoder Regular Contest 177
AtCoder Regular Contest 177
A - Exchange
问题陈述
判断 \(n\) 个价格分别为 \(x_i\) 的商品，问能否通过有限数量的 \(1\) 元，\(5\) 元，\(10\) 元，\(50\) 元，\(100\) 元，\(500\) 元购买。
思路
贪心。
每个商品从 \(500\) 元开始，能用就尽量用。如果中间某个商品无法被满足，则无解，反之有解。
证明就凭感觉想一下。如果前面用大面值，就可以留下小面值的给后面填空子。
代码
太丑了懒得放了。
B - Puzzle of Lamps
问题陈述
AtCoder 先生创建了一个由 \(N\) 个小灯泡(从左到右排列成一排)和两个开关 A 和 B 组成的装置：0"(关)和 "1"(开)。按下每个开关会产生以下结果：
- 按下开关 A 会将最左边处于 "0 "状态的灯泡变成 "1"。
- 按下开关 B 会将处于 "1 "状态的最左边灯泡变为 "0"。
如果没有适用的灯泡，则无法按下开关。
最初，所有灯泡都处于 "0 "状态。他希望灯泡的状态从左到右为 \(S_1, S_2, \dots, S_N\) 。请确定按下开关的顺序和次数。按动次数不一定要最少，但最多应为 \(10^6\) ，以便在实际时间内完成操作。可以证明，在该问题的约束条件下存在一个解。
思路
先考虑 0010 如何解决。
注意到一组可行解是 AAABB。
看到这里可能有点感觉了，先用A把每个 \(1\) 前面都填满 \(1\)，在用B把前面多余的 \(1\) 退掉。
再考虑 0101 如何解决。
注意到一组可行解为 AAABBBAAB。
发现可以先解决右边，再解决左边，这样可以把每个 \(1\) 拆开做，会方便更多。
最后考虑 00111000011 如何解决。
注意到一组可行解为 AAAAAAAAAAABBBBBBBBBAAAAABB。
一段 \(1\)，可以先用A把 \(1\) 延申到右端点，再用B把左端点前的 \(1\) 退掉。
从右到左解决每个区间。
这样构造出的解长度是 \(n^2\) 级别的，不会超限。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, cnt;
char s[35];
struct seg {int l, r;} sg[35];
vector <char> ans;
int main() {
scanf("%d", &n);
scanf("%s", s + 1);
for (int i = 1, l, r; i <= n; i ++) {
if (s[i] == '1' && s[i - 1] != '1') l = i;
if (s[i] == '1' && s[i + 1] != '1') r = i, sg[++ cnt] = {l, r};
}
for (int i = cnt; i >= 1; i --) {
for (int j = 1; j <= sg[i].r; j ++) ans.emplace_back('A');
for (int j = 1; j < sg[i].l; j ++) ans.emplace_back('B');
}
printf("%d\n", ans.size());
for (auto c : ans) putchar(c);
return 0;
}
C - Routing
问题陈述
有一个网格，网格中有 \(N\) 行和 \(N\) 列。设 \((i, j)\) \((1 \leq i \leq N, 1 \leq j \leq N)\) 表示位于从上往下第 \(i\) 行和从左往上第 \(j\) 列的单元格。每个单元格最初被涂成红色或蓝色，如果 \(c_{i,j}=\) R单元格 \((i, j)\) 被涂成红色，如果 \(c_{i,j}=\) B单元格 \((i, j)\) 被涂成蓝色。您想将某些单元格的颜色改为紫色，以便同时满足以下两个条件：
条件 1：从单元格 \((1, 1)\) 移动到单元格 \((N, N)\) 时，只能经过红色或紫色的单元格。
条件 2：您只能通过蓝色或紫色单元格，才能从单元格 \((1, N)\) 移动到单元格 \((N, 1)\) 。
这里的 "您可以移动"是指您可以通过重复移动到水平或垂直相邻的相关颜色的单元格，从起点到达终点。
要满足这些条件，最少有多少个单元格必须变为紫色？
思路
广搜或最短路板子。
搜一遍或跑一遍，求出 \((1,1)\) 到 \((N,N)\) 最少经过多少蓝色，\((1,N)\) 到 \((N,1)\) 最少经过多少红色，相加即答案。这里给出最短路代码。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[505][505];
int n, b[505][505], r[505][505];
bool vis[505][505];
int xz[] = {1, 0, -1, 0};
int yz[] = {0, 1, 0, -1};
struct node {int x, y, d;};
bool operator < (node a, node b) {
return a.d > b.d;
}
priority_queue <node> q;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%s", s[i] + 1);
memset(b, 0x3f, sizeof(b));
memset(r, 0x3f, sizeof(r));
b[1][1] = (s[1][1] == 'B');
q.push({1, 1, b[1][1]});
while (!q.empty()) {
node now = q.top(); q.pop();
if (vis[now.x][now.y]) continue;
vis[now.x][now.y] = 1;
if (now.x == n && now.y == n) continue;
for (int i = 0; i < 4; i ++) {
int xx = now.x + xz[i], yy = now.y + yz[i];
if (xx < 1 || xx > n || yy < 1 || yy > n) continue;
if (b[xx][yy] > now.d + (s[xx][yy] == 'B')) {
b[xx][yy] = now.d + (s[xx][yy] == 'B');
q.push({xx, yy, b[xx][yy]});
}
}
}
memset(vis, 0, sizeof(vis));
r[n][1] = (s[n][1] == 'R');
q.push({n, 1, r[n][1]});
while (!q.empty()) {
node now = q.top(); q.pop();
if (vis[now.x][now.y]) continue;
vis[now.x][now.y] = 1;
if (now.x == 1 && now.y == n) continue;
for (int i = 0; i < 4; i ++) {
int xx = now.x + xz[i], yy = now.y + yz[i];
if (xx < 1 || xx > n || yy < 1 || yy > n) continue;
if (r[xx][yy] > now.d + (s[xx][yy] == 'R')) {
r[xx][yy] = now.d + (s[xx][yy] == 'R');
q.push({xx, yy, r[xx][yy]});
}
}
}
printf("%d\n", b[n][n] + r[1][n]);
return 0;
}
D - Earthquakes
问题陈述
AtCoder 街是一条在平地上用直线表示的道路。路上竖立着 \(N\) 根电线杆，高度为 \(H\) 。电线杆按时间顺序编号为 \(1, 2, \dots, N\) 。电线杆 \(i\) ( \(1 \leq i \leq N\) )垂直于坐标 \(X_i\) 。每根电线杆的底座都固定在地面上。
街道将经历 \(N\) 次地震。在 \(i\) /-次地震 \((1 \leq i \leq N)\) 中，会发生以下事件：
- 如果电线杆 \(i\) 尚未倒下，它会倒向数字线的左边或右边，每个概率为 \(\frac{1}{2}\) 。
-
- 如果一根倒下的电线杆与另一根尚未倒下的电线杆相撞(包括在电线杆底部相撞)，后一根电线杆也会朝同一方向倒下。这可能会引发连锁反应。
在步骤 1 中，一根电线杆倒下的方向与其他电线杆倒下的方向无关。
下图是在一次地震中电线杆可能倒下的示例：
为了防备地震，对于每一次 \(t = 1, 2, \dots, N\) ，求出在 \(t\) /-次地震中所有极点都倒下的概率。
将其乘以 \(2^N\) ，并打印出结果的模数 \(998244353\) 。可以证明要打印的值是整数。
思路
1.分析
我们发现，所有的电线杆可以被划分为若干段。
定义一段为左端点的电线杆向右倒能让整段电线杆全部倒完的极长子区间。
不同段之间不会有任何影响。因此，我们可以将原问题拆分为子问题：
有一段长度为 \(l\) 位置升序的电线杆。
从左往右第 \(i\) 个电线杆在第 \(p_i\) 次地震中倒塌，求最后倒塌的电线杆是第 \(i\) 个电线杆的概率。
2.解决子问题
2.1分析子问题
我们发现任何时刻，一段区间均可被分成三部分：
向左倒塌的一部分，站立的一部分，向右倒塌的一部分。
第 \(i\) 个电线杆未倒塌，当且仅当：
所有 \(p\) 中 \(1\) 到 \(i\) 的前缀最小值都向左倒塌；
所有 \(p\) 中 \(l\) 到 \(i\) 的后缀最小值都向右倒塌。
这些代表了在 \(i\) 之前主动倒塌的电线杆（不是被其他推倒的）。
第 \(i\) 个电线杆是最后倒塌的，当且仅当 \(i\) 未倒塌且 \(i\) 是站立的一段的起点或终点。
2.2分析概率
我们发现，第 \(i\) 个电线杆是最后倒塌的概率为 \(1/2^a\times b/2\)。
其中 \(a\) 为 \(p\) 到 \(i\) 的前缀最小值和后缀最小值的个数之和。
因为必须保持 \(i\) 站立，所以左边的必须往左倒，右边的必须往右倒，概率为 \(1/2^a\)。
若 \(i\) 为站立区间的左端点或右端点，\(b=1\)。
若 \(i\) 是单独的一个（即既是左端点又是右端点），\(b=2\)。
若 \(i\) 是左右端点中的一个，则 \(i\) 倒下的方向有要求，概率为 \(1/2\)。
若 \(i\) 同时是左右端点（单独），则 \(i\) 倒下的方向没有要求，概率为 \(1\)。
2.3求解概率
我们发现，概率中 \(a\) 的求解过程为单调栈的板子，\(b\) 的解决平凡。
至此，子问题已经解决，时间复杂度 \(O(l)\)。
3.合并子问题
设一共有 \(c\) 段，电线杆 \(i\) 所在的段的编号为 \(g_i\)。
时间 \(t\) 的答案为 \(s_1\times s_2\times \ldots \times s_{g_t-1}\times x \times s_{g_t+1} \times \ldots \times s_c\)。
其中 \(x\) 为子问题 \(g_t\) 中最后倒下的电线杆是 \(t\) 的概率，
\(s_i\) 为子问题 \(i\) 中最后倒下的电线杆编号小于 \(t\) 的概率之和。
直接朴素计算是 \(O(n^2)\) 。
我们发现这是一个单点修改，区间查询问题，考虑使用线段树优化。
线段树中维护 \(s\)，每次将答案算出后，将 \(x\) 加到 \(s_{g_t}\) 中。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
实现细节
题目要求要将答案乘上 \(2^N\)，但我们解决子问题时不能乘 \(2^N\)，而要乘 \(2^l\)，这样所有子问题乘起来才是 \(2^N\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int mod = 998244353;
const int N = 2e5 + 5;
using namespace std;
struct segt {
struct node {int l, r, v;} 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].v = 0;
if (l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
build(ls, l, mid);
build(rs, mid + 1, r);
}
void add(int p, int id, int v) {
if (t[p].l == t[p].r) {
t[p].v += v, t[p].v %= mod;
return ;
}
if (id <= t[ls].r) add(ls, id, v);
else add(rs, id, v);
t[p].v = t[ls].v * t[rs].v, t[p].v %= mod;
}
int query(int p, int l, int r) {
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r) return t[p].v;
int res = 1;
if (t[ls].r >= l) res *= query(ls, l, r), res %= mod;
if (t[rs].l <= r) res *= query(rs, l, r), res %= mod;
return res;
}
} T; // 线段树板子
struct Point {int x, y;};
bool cmp(Point a, Point b) {return a.x < b.x;}
int n, h, c, x[N], g[N], t[N], k[N], pow2[N];
Point a[N];
vector <int> p[N];
vector <int> res[N];
void solve(int id) { // 解决子问题
int m = p[id].size() - 1;
stack <int> stk;
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
while (!stk.empty() && // 单调栈板子
p[id][i] < stk.top()) stk.pop();
stk.push(p[id][i]);
k[i] = stk.size() - 1;
}
stack <int> sstk;
for (int i = m; i >= 1; i --) {
while (!sstk.empty() && // 单调栈板子
p[id][i] < sstk.top()) sstk.pop();
sstk.push(p[id][i]);
k[i] += sstk.size() - 1;
}
res[id].emplace_back(0);
for (int i = 1; i <= m; i ++) { // 计算概率
int b = (i == 1 || p[id][i - 1] < p[id][i]) // 左端点
+ (i == m || p[id][i] > p[id][i + 1]); // 右端点
res[id].emplace_back(b * pow2[m - k[i] - 1] % mod); // 乘2^l
}
}
signed main() {
cin >> n >> h, pow2[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> x[i];
a[i].x = x[i], a[i].y = i;
pow2[i] = (pow2[i - 1] << 1) % mod;
}
for (int i = 1; i <= n; i ++)
p[i].emplace_back(0);
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
g[a[1].y] = ++ c,
p[c].emplace_back(a[1].y),
t[a[1].y] = p[c].size() - 1;
for (int i = 2; i <= n; i ++) { // 分段
if (a[i].x - a[i - 1].x <= h)
g[a[i].y] = c,
p[c].emplace_back(a[i].y),
t[a[i].y] = p[c].size() - 1;
else g[a[i].y] = ++ c,
p[c].emplace_back(a[i].y),
t[a[i].y] = p[c].size() - 1;
}
for (int i = 1; i <= c; i ++) solve(i); // 解决子问题
T.build(1, 1, c);
for (int i = 1; i <= n; i ++) { // 合并答案
int x = res[g[i]][t[i]], ans = 1;
if (g[i] - 1)
ans *= T.query(1, 1, g[i] - 1);
if (g[i] + 1 <= c)
ans *= T.query(1, g[i] + 1, c), ans %= mod;
ans *= x, ans %= mod;
T.add(1, g[i], x);
cout << ans << ' ';
}
return 0;
}
本文来自博客园，作者：maniubi，转载请注明原文链接：https://www.cnblogs.com/maniubi/p/18192439，orz
