AtCoder Beginner Contest 243
AtCoder Beginner Contest 243 Solution
A - Shampoo
题意
牙膏的体积为 \(V\)，F M T 三人每天需要用的牙膏量为 \(A,B,C\)，并且每天使用牙膏的顺序都是F M T，输出若干天后，哪个人会首先没有充足的牙膏用。
数据范围 ： \(1 \leq V,A,B,C \leq 10^5\)
题解
考虑直接模拟牙膏每天的使用情况，复杂度\(O(\frac{V}{A+B+C})\)。
C++代码示例
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int v,a,b,c; cin>>v>>a>>b>>c;
int now = 0;
while (v >= 0) {
if (now == 0) {
v-=a; if (v < 0) puts("F");
}else if (now == 1) {
v-=b; if (v < 0) puts("M");
}else if (now == 2) {
v-=c; if (v < 0) puts("T");
}
now=(now+1)%3;
}
return 0;
}
B - Hit and Blow
题意
有长度为 \(n\) 的两个数组 \(a,b\) ，输出两个数：
- 第 \(1\) 个数：有多少个 \(i(1 \leq i \leq n)\) 满足 \(a_i = b_i\)。
- 第 \(2\) 个数：有多少对\((i,j) (i \ne j, 1 \leq i,j \leq n)\) 满足 \(a_i = b_j\)。
数据范围：\(1 \leq n \leq 10^3, 1 \leq a_i,b_i \leq 10^9\)，满足 \(a,b\) 数组内部元素互不相同。
题解
对于第 \(1\) 个数，可以用 \(O(n)\) 的线性遍历实现。
对于第 \(2\) 个数，显然有一个 \(O(n^2)\) 的暴力做法，直接模拟即可。
\(\text{Bonus} :\) 对于第 \(2\) 个数，有一个 \(O(n \log_2 n)\) 的做法。
用 set 将 \(a\) 中的元素存入，遍历 \(b\) 中的所有元素，如果发现 \(a_i = b_i\) 则累加 \(ans_1\)，否则看 set 中是否有一个值为 \(b_i\) 的元素 ，如果有则累加 \(ans_2\)。
本做法如果将 set 改为 map，可以处理“取消限制 \(a,b\) 数组内部元素互不相同”的情况。
时间复杂度 \(O(n \log_2 n)\)
C++ 代码示例
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
int a[N], b[N];
int main() {
int n; cin >> n;
for (int i = 1 ; i <= n ; i++) {
cin >> a[i];
}
set<int>s;
for (int i = 1 ; i <= n ; i++) {
cin >> b[i];
s.insert(b[i]);
}
int ans1 = 0, ans2 = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] == b[i]) ans1++;
else if (s.find(a[i]) != s.end()) ans2++;
}
cout << ans1 << endl <<ans2 << endl;
return 0;
}
C - Collision 2
题意
\(n\) 个人，第 \(i(1 \leq i \leq n)\) 个人的位置在 \((x_i,y_i)\) 处。每个人有一个面朝方向，没有两个人在同一位置。
这个方向由字符串 \(s\) 给出，\(s_i = L\) 表示面朝水平左，否则面朝水平右。
如果这 \(n\) 个人保持面朝的方向匀速走，会发生碰撞输出 Yes 否则输出 No 。
数据范围：\(2 \leq n \leq 2\times 10^5 , 0 \leq x_i,y_i \leq 10^9, |s| = n\)。
题解
首先，可以发现不在同一条水平线上的人不会相互影响。
因此，可以用一个map<int, vector<int>>将不同 \(y\) 值的人，分成不同的组。
问题转化为在一条水平线上，有一些人，坐标互不相同，面朝左右，相同速度移动是否相碰。
那么将这些人按照 \(x\) 坐标排序。
容易发现，如果在排序后的人所面朝的\(L/R\)序列中有两相邻的字符是\(RL\)，那么必然会相碰。
并且这个条件是一个充分必要条件。
时间复杂度为 \(O(n \log_2 n)\)
C++代码示例
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
struct rec{
int x, y;
}a[N];
string s;
map<int, vector<pair<int, int>>>v;
int main() {
int n; cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i].x >> a[i].y;
v[a[i].y].push_back({a[i].x, i});
}
cin >> s;
bool ans = false;
for (auto x : v) {
vector<pair<int, int>>tmp = x.second;
sort(tmp.begin(),tmp.end());
for (int i = 0; i < tmp.size()-1; i++)
if (s[tmp[i].second] == 'R' && s[tmp[i+1].second] == 'L') ans = true;
}
if (ans) puts("Yes"); else puts("No");
return 0;
}
D - Moves on Binary Tree
题意
有一棵完全二叉树，节点编号从 \(1\) 开始，从上到下从左到右对节点依次编号。
从编号为 \(x\) 的节点开始走，有一个长度为 \(n\) 的序列 \(s\)，描述走的每一步。
- \(s_i\) 为 \(U\) ，表示走到当前节点的父亲节点。
- \(s_i\) 为 \(L\) ，表示走到当前节点的左儿子节点。
- \(s_i\) 为 \(R\) ，表示走到当前节点的右儿子节点。
请输出最终走到的节点标号，保证答案在\([1,10^{18}]\)。
数据范围： \(1 \leq n \leq 10^6, 1 \leq x \leq 10^{18}\)
题解
显然，对应的操作序列是 \(x \rightarrow \{\lfloor \frac{x}{2} \rfloor, 2x,2x+1\}\)。
这可以类比成：
- \(x \rightarrow \lfloor \frac{x}{2}\rfloor\) ： 将二进制数 \(x\) 的末尾的 \(0\) 或者 \(1\) 舍去。
- \(x \rightarrow 2x\) ： 将二进制数 \(x\) 的末尾添加一个 \(0\) 。
- \(x \rightarrow 2x + 1\) ： 将二进制数 \(x\) 的末尾添加一个 \(1\) 。
这可以使用双端队列进行维护。
时间复杂度 \(O(n)\)。
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
signed main() {
int n, x; cin >> n >> x;
string s; cin >> s;
deque<int>q;
while (x) {
q.push_front(x&1);
x >>= 1;
}
for (char t : s) {
if (t == 'U') q.pop_back();
else if (t == 'L') q.push_back(0);
else if (t == 'R') q.push_back(1);
}
int ans = 0, pw = 0;
while (q.size()) {
ans += q.back() * (1ll << pw);
pw++; q.pop_back();
}
cout<< ans << endl;
return 0;
}
E - Edge Deletion
题意
\(n\) 个点 \(m\) 条边的带边权连通无向图，第 \(i (1 \leq i \leq m)\) 条无向边是\((a_i,b_i,c_i)\)，表示 \(a_i\) 和 \(b_i\) 间有长度为 \(c_i\) 的无向边。输出最多可以删除的边数，使得图中任意两点最短距离不变。
数据范围： \(2 \leq n \leq 300 , n-1 \leq m \leq \frac{n(n-1)}{2}, 1 \leq c_i \leq 10^9\)。
题解
首先可以用 \(\text{floyd}\) 算法求出两点间的最短距离 \(d[i][j]\)。
接下来依次考虑每一条边是否可以被删去，设该边为\((u,v,w)\)。
可以删去的条件是存在一个点 \(i (1 \leq i \leq n ,i \ne u,i \ne v)\) 满足 \(d[u][i] + d[i][v] \leq w\)。
时间复杂度为 \(O(n^3 + nm)\)
C++ 代码示例
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int N = 3e2 + 10;
int a[N*N], b[N*N], c[N*N], d[N][N];
signed main() {
int n, m; cin >> n >> m;
memset(d,0x3f,sizeof(d));
for (int i = 1; i <= n; i++) d[i][i] = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
d[a[i]][b[i]] = d[b[i]][a[i]] = c[i];
}
for (int k = 1; k <= n; k++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n ; j++)
d[i][j] = min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u = a[i], v = b[i], w = c[i];
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (w >= d[u][j] + d[j][v] && u != j && v != j) {
ans++; break;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
F - Lottery
题意
有 \(n\) 种彩票，每种彩票有一个权值\(w_i\)，表示其中奖率为\(\frac{w_i}{\sum_{i = 1} ^{n}w_i}\)。
求买 \(m\) 张彩票，恰好中了 \(k\) 种彩票的奖的概率。
答案对 \(998244353\) 取模。
数据范围：\(1 \leq k \leq 50, 1 \leq m \leq n \leq 50, 0 < w_i \leq 998244353 , 0 \leq \sum_{i = 1} ^{n} w_i \leq 998244353\)。
题解
假设每种彩票分别买了\(c_i (1 \leq i \leq n)\) 张，第 \(i\) 种彩票中奖概率为\(p_i\)。
中奖的概率可以由超几何分布求出：\(p = \frac{k!}{\prod_{i=1}^{n} c_i!}\prod_{i = 1} ^ {n} p_i ^ {c_i} = k！\frac{\prod_{i = 1} ^ {n} p_i ^ {c_i}}{\prod_{i=1}^{n} c_i!}\)。
设 \(f[i][j][k]\) 表示前 \(i\) 种彩票，一共中奖了\(j\) 种，一共买了\(k\)张的概率。显然 \(f[0][0][0] = 1\)。
转移考虑第 \(i+1\) 种彩票买了 \(x\) 张，\(f[i+1][j+(x\ne 0)][k + x] += f[i][j][k] \times \frac{p[i+1]^x}{x!}\)。
时间复杂度为 \(O(nmk^2)\)。
C++ 代码示例
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int N = 55;
const int mo = 998244353;
int f[N][N][N], fac[N], p[N];
int Pow(int x, int n) {
int ans = 1;
while (n) {
if (n & 1) ans = ans * x % mo;
x = x * x % mo;
n >>= 1;
}
return ans % mo;
}
signed main() {
int n, m, l, sum = 0; cin >> n >> m >> l;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> p[i]; sum += p[i];
}
int inv = Pow(sum, mo - 2); f[0][0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
p[i] = p[i] * inv % mo;
}
fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= l; i++) fac[i] = fac[i-1] * i % mo;
for (int i = 0; i <= n; i++) for (int j = 0; j <= i; j++)
for (int k = 0; k <= l; k++) for (int c = 0; k + c <= l; c++)
(f[i + 1][j + (c != 0)][k + c] += f[i][j][k] * Pow(p[i + 1], c) % mo * Pow(fac[c], mo - 2) % mo) %= mo;
int ans = f[n][m][l] * fac[l] % mo;
cout << ans << endl;
return 0;
}
G - Sqrt
题意
一开始有长度为 \(1\) 的序列，这个序列中只有一个数 \(x\)，接下来进行 \(10^{100}\) 操作。
每次操作让序列新增一个整数元素，并且这个整数元素的值的取值范围是 \(1\) 到当前序列末尾元素的平方根。
求出最终会生成几种不同的序列，答案保证在\(2^{63}\)以内。
本题有 \(T\) 组数据。
数据范围 \(1 \leq T \leq 20, 1 \leq x \leq 9\times 10^{18}\)
题解
\(f[i]\) 表示末尾为 \(i\) 新增不同序列的数量。 \(f[i] = \sum_{j = 1} ^{\lfloor \sqrt{i}\rfloor} f[j]\)。
设 \(s[i]\) 为数组 \(f[i]\) 的前缀和，则上述转移方程可以写成：\(f[i] = s[\lfloor \sqrt{i}\rfloor]\)。
初始值为 \(f[1] = s[1] = 1\)。而\(s[n] = \sum_{i = 1} ^ {n} f[i] = \sum_{i = 1} ^ {n} s[\lfloor \sqrt{i}\rfloor]\)
因此\(f[x] = \sum_{i = 1} ^{\lfloor \sqrt{x}\rfloor} f[i] = s[\lfloor \sqrt{x}\rfloor] = \sum_{i = 1} ^ {\lfloor \sqrt{x}\rfloor} s[\lfloor \sqrt{i}\rfloor]\)。
只需要进行 \(O(x^{1/4})\)的预处理即可。
注意大整数开根号取整直接用sqrt()，可能出现精度问题。
一种可行的办法是用二分代替。
时间复杂度为 \(O(Tx^{1/4})\)。
C++ 代码示例
# include <bits/stdc++.h>
# define int unsigned long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int f[N], s[N];
int getsqr(int x) {
int l = 0, r = 3e9 + 1, ans;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (mid * mid <= x) ans = mid, l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
return ans;
}
signed main() {
int T; cin >> T;
while (T--) {
int n; cin >> n;
int h = getsqr(n), l = getsqr(h), ans = 0;
f[1] = s[1] = 1;
for (int i = 2; i <= l; i++) {
f[i] = s[getsqr(i)];
s[i] = s[i - 1] + f[i];
}
for (int i = 1; i <= l; i ++) {
int l = i * i, r = min((i + 1) * (i + 1) - 1, h);
ans += (r - l + 1) * s[i];
}
cout << ans <<endl;
}
return 0;
}
