AtCoder Beginner Contest 334

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B - Christmas Trees#

难度: ⭐⭐#

题目大意#

小莫从坐标轴的某个位置n种了一棵树, 并且每隔m米就再种一棵树, 注意是双向的, 两边都种; 给定一个区间, 问这个区间中有多少棵树;

解题思路#

我们可以让区间的边界都减去n, 这样区间中的树都位于坐标km上; 然后我们把边界都平移到正数区间, 设f(x)是从0到x有多少棵树, 则f(r) - f(l - 1)即为所求;
本题有坑点, f(x) = x / m 下取整, 如果x为负数则不符合, 所以需要先变成正数;

神秘代码#

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, mod = 998244353;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, k;
signed main() {
    int a, b, res = 0;
    cin >> n >> m >> a >> b;
    a -= n, b -= n;
    if(a < 0){
        int x = -a / m + 1;
        a += x * m;
        b += x * m;
    }
    res = b / m - (a - 1) / m;
    cout << res;
    return 0;
}

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C - Socks 2#

难度: ⭐⭐#

题目大意#

小莫有n双不同颜色的袜子, 某天小莫丢失了m只不同颜色的袜子, 也就是说有m种颜色的袜子只剩一只了; 小莫现在想把剩下的所有袜子两两组合, 设颜色a和b的袜子组合, 则差异值为|a - b|, 问总的差异值最小为多少;

解题思路#

很容易可以证得没有缺失的袜子还是和自己组合就好, 只需要考虑如何把落单的袜子组合; 先把这m只袜子按照颜色从小到大排序; 如果m为偶数, 那么也很容易证得就是让相邻的两个袜子组合, 即X_i和X_i+1; 如果为奇数则需要丢弃一只, 这个我们只需要遍历求解即可; 我们可以先按偶数情况求解, 减去奇数位置的颜色, 加上偶数位置的颜色; 如果丢弃第x个袜子, 那么保留前x - 1的值, 然后把x往后的值取反, 因为去掉x后, 后面袜子位置的奇偶性就都变了;

神秘代码#

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, mod = 998244353;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, res, sum;
int p[N];
signed main() {
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        cin >> p[i];
        if(i % 2) res -= p[i];
        else res += p[i];
    }
    if(m % 2) {
        sum = res;
        res += p[m];
        int x = 0, y;
        for(int i = 1; i <= m; i++ ){
            if(i % 2) y = -p[i];
            else y = p[i]; 
            res = min(res, x - (sum - y - x));
            x += y;
        }
    }
    cout << res;
    return 0;
}

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D - Reindeer and Sleigh#

难度: ⭐⭐#

题目大意#

给定n个雪橇, 其中第i个雪橇需要p_i个驯鹿来拉; 给出m个询问, 每个询问给定现有驯鹿数量, 问最多可以拉多少个雪橇;

解题思路#

一道直接的二分; 先把雪橇按照p_i从小到大排序然后求出前缀和; 对于每个询问用二分查找最合适的前缀和即可;

神秘代码#

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, mod = 998244353;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, res;
int p[N], s[N];
signed main() {
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> p[i];
    }
    sort(p + 1, p + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++ ){
        s[i] = s[i - 1] + p[i];
    }
    while(m--){
        int x;
        cin >> x;
        int l = 0, r = n;
        while(l < r){
            int mid = l + r + 1 >> 1;
            if(s[mid] > x) r = mid - 1;
            else l = mid;
        }
        cout << l << endl;
    }
    return 0;
}

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E - Christmas Color Grid 1#

难度: ⭐⭐⭐#

题目大意#

给定一个n * m的网格, 每个格子被染成红色或者绿色; 我们可以任意选择一个红色格子将其染为绿色, 然后会得到当前绿色格子连通块的数量, 问绿色格子连通块的数量期望是多少, 对mod取模;

解题思路#

也是比较直接的一道题, 我们可以先得到未处理前网格中绿色格子连通块的数量; 对于某个红色格子, 将其染色后, 新的绿色格子连通块的数量就是 原数量减去与该格子相邻的不同连通块的数量后加一; 期望数量的分母就是原网格中红色格子的数量;
需要注意的时候, 我一开始用map<PII, PII>来存连通块的父节点, 结果会超时, 改为二维数组后就没事了, 应该是占内存太大了;

神秘代码#

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10, mod = 998244353;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, idx;
char g[N][N];
PII p[N][N];
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, -1, 0, 1};
int qmi(int a, int b){
    int res = 1;
    while(b){
        if(b & 1) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
PII find(int x, int y){
    if(p[x][y] != make_pair(x, y)){
        p[x][y] = find(p[x][y].first, p[x][y].second);
    }
    return p[x][y];
}
signed main() {
    IOS;
    cin >> n >> m;
    int num = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            cin >> g[i][j];
            p[i][j] = {i, j};
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            if(g[i][j] == '#'){
                bool f = false;
                for(int k = 0; k < 2; k++){
                    int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
                    if(x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m && g[x][y] == '#'){
                        PII pa = find(i, j);
	                    p[pa.first][pa.second] = find(x, y);
                    }
                }
            }
            else num++;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i){
		for (int j = 1; j <= m; ++j){
			if (g[i][j] == '#' && find(i, j) == make_pair(i, j)) idx++;
		}
	}
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            if(g[i][j] != '#'){
                set<PII> s;
                for(int k = 0; k < 4; k++){
                    int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
                    if(x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m && g[x][y] == '#'){
                        s.insert(find(x, y));
                    }
                }
                int a = idx - s.size() + 1;
                res += a;
            }
        }
    }
    cout << res % mod * qmi(num, mod - 2) % mod;
    return 0;
}

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F - Christmas Present 2#

难度: ⭐⭐⭐⭐#