Atcoder Beginner Contest 367 C-F

Atcoder Beginner Contest 367 C-F

C - Enumerate Sequences

题意

按字典序升序输出所有满足下列条件的序列数量。

1. 长度为 $N$。

2. 第 $i$ 个元素介于 $1$ 与 $R_i$ 之间。

3. 所有元素之和是 $K$ 的倍数。

思路

搜索即可。搜索时记录当前选了哪些数和元素之和，最后搜完了判断一下即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
int n, k, a[N], R[N];
void dfs(int x, int sum) {
    if (x == n + 1) {
        if (sum % k) return ;
        for (int i = 1; i <= n; i ++) {
            cout << a[i] << " ";
        }
        cout << "\n";
        return ;
    }
    for (int i = 1; i <= R[x]; i ++) {
        a[x] = i;
        dfs(x + 1, sum + i);
    }
}
void solve() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> R[i];
    dfs(1, 0);
    cout << "\n";
}
int main() {
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T --) solve();
    return 0;
}

D - Pedometer

题意

一个湖周围有 $N$ 个休息区。

从休息区 $i$ 顺时针走到休息区 $i+1$ 需要 $A_i$ 步，其中休息区 $N+1$ 指的是休息区 $1$。

从休息区 $s$ 顺时针走到休息区 $t(s\ne t)$ 所需的最小步数是 $M$ 的倍数。

求 $(s,t)$ 的可能对数。

思路

容易想到把原序列复制一遍破环成链。

把原 $A$ 数组做一遍前缀和，得到 $S$。

$s$ 到 $t$ 的距离为 $S_t-S_s$，其中 $s<t<s+n$。

若 $t\ge s+n$ 相当于绕了整个湖一圈，不符合题意。

原问题转化为了有多少对 $(i,j)$ 满足 $(i<j<i+n)$ 且 $S_j-S_i\equiv 0(\mathrm{mod}M)$。

转化一下即 $S_j\equiv S_i(\mathrm{mod}M)$。

使用一个桶维护 $S_i$ 对 $M$ 取余的结果。

倒序枚举 $i$，把 $S_{i+n}$ 从桶中删除，在桶里查询有多少个 $j$ 满足条件，并把 $S_i$ 加入桶中。

预处理时把 $S_{n+1}$ 到 $S_{2n}$ 都加入桶中。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, a[N], c[N];
ll ans;
void solve() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) 
        cin >> a[i + 1], a[i + n + 1] = a[i + 1],
        a[i + 1] %= m, a[i + n + 1] %= m;
    for (int i = 1; i <= 2 * n; i ++) a[i] += a[i - 1], a[i] %= m;
    for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i ++) c[a[i]] ++;
    for (int i = n; i >= 1; i --) {
        c[a[i + n]] --;
        ans += c[a[i]];
        c[a[i]] ++;
    }
    cout << ans << "\n";
}
signed main() {
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T --) solve();
    return 0;
}

E - Permute K times

题意

给你一个长度为 $N$ 的序列 $X$，其中每个元素的都在 $1$ 和 $N$ 之间。

以及一个长度为 $N$ 的序列 $A$。

输出在 $A$ 上执行以下操作 $K$ 次的结果。

用 $B$ 替换 $A$，其中 $B_i=A_{X_i}$。

思路

因为 $1\le K\le {10}^{18}$，暴力枚举肯定不行，考虑使用倍增。

$f_{i,j}$ 表示 $i$ 变换 $2^j$ 次后变成的数，$i$ 和 $j$ 均为下标。

$$f_{i,j}=f_{f_{i,j-1},j-1}$$

计算答案时对于每个 $i$ 计算最后变成的下标 $j$，输出 $A_j$。

计算时若 $K$ 二进制下第 $p$ 位为 $1$，则将 $i$ 变为 $f_{i,p}$。

即将 $i$ 做 $2^p$ 次转换，最后合起来即 $K$ 次转换。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n, k, a[N], f[N][70], b[N];
void solve() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> f[i][0];
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= 59; i ++) 
        for (int j = 1; j <= n; j ++)
            f[j][i] = f[f[j][i - 1]][i - 1];
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        int now = i;
        for (int j = 0; j <= 59; j ++) 
            if (k >> j & 1) now = f[now][j];
        cout << a[now] << " ";
    }
}
signed main() {
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T --) solve();
    return 0;
}

F - Rearrange Query

题意

给你长度为 $N$ 的正整数序列：$A$ 和 $B$。

您需要依次处理 $Q$ 个查询。

给定正整数 $l_i,r_i,L_i,R_i$。如果可以重新排列子序列 $(A_{l_i},A_{l_i+1},\dots ,A_{r_i})$ 以匹配子序列 $(B_{L_i},B_{L_i+1},\dots ,B_{R_i})$，则打印是，否则打印否。

思路

若 $(A_{l_i},A_{l_i+1},\dots ,A_{r_i})$ 中每个数出现的次数和 $(B_{L_i},B_{L_i+1},\dots ,B_{R_i})$ 中每个数出现的次数一样，则一定可以完成匹配，证明显然。

如何比较数的出现次数呢？我们想到了哈希，把每个数的出现次数哈希起来。

相当于把数的出现次数转化成一个 $N$ 位 $M$ 进制的数，每位存放 $i$ 出现的次数，使用自然溢出即可。统计时运用前缀和快速计算哈希值。

进制可以乱设，但尽量大于 $N$ 并且最好为质数。

可以使用双哈希以提高正确率。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int ui;
const int N = 2e5 + 5;
int n, q, a[N], b[N];
ull ha[N], hb[N], pw[N];
ull getHA(int l, int r) {
    return ha[r] - ha[l - 1];
}
ull getHB(int l, int r) {
    return hb[r] - hb[l - 1];
}
ui ha2[N], hb2[N], pw2[N];
ui getHA2(int l, int r) {
    return ha2[r] - ha2[l - 1];
}
ui getHB2(int l, int r) {
    return hb2[r] - hb2[l - 1];
}
void solve() {
    cin >> n >> q;
    pw[0] = 1, pw2[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) pw[i] = pw[i - 1] * 19260817;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) pw2[i] = pw2[i - 1] * 998244353;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> b[i];
    for (int i = 1; i <= n; i ++) 
        ha[i] = ha[i - 1] + pw[a[i]],
        ha2[i] = ha2[i - 1] + pw2[a[i]];
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        hb[i] = hb[i - 1] + pw[b[i]],
        hb2[i] = hb2[i - 1] + pw2[b[i]];
    while (q --) {
        int l, r, L, R;
        cin >> l >> r >> L >> R;
        ull HA, HB;
        HA = getHA(l, r);
        HB = getHB(L, R);
        ui HA2, HB2;
        HA2 = getHA2(l, r);
        HB2 = getHB2(L, R);
        if (HA == HB && HA2 == HB2) cout << "Yes\n";
        else cout << "No\n";
    }
}
int main() {
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T --) solve();
    return 0;
}