AtCoder Beginner Contest 266 题解

只有 ABCDEFG 的题解。

A

模拟。

代码

void mian() {
  string s;
  cin >> s;
  int pos = int(s.size()) / 2;
  cout << s[pos] << endl;
}

B

模拟，注意 long long。

代码

void mian() {
  ll x; scanf("%lld", &x);
  const int P = 998244353;
  printf("%lld\n", (x % P + P) % P);
}

C

垃圾计算几何。

代码

struct Point {
  double x, y;
  Point() {}
  Point(double x, double y) : x(x), y(y) {}
  Point operator-(const Point a) const { return Point(x - a.x, y - a.y); }
  double operator*(const Point a) const { return x * a.y - y * a.x; }
  void read() { scanf("%lf%lf", &x, &y); }
} A, B, C, D;
 
bool check(Point A, Point B, Point C, Point D) {
  double k1 = (B - A) * (D - A), k2 = (C - B) * (D - B), k3 = (A - C) * (D - C);
  if (k1 * k2 < 0 || k1 * k3 < 0) return 1;
  else return 0;
}
 
void mian() {
  A.read(), B.read(), C.read(), D.read();
  if (check(A, B, C, D) && check(B, C, D, A) && check(C, D, A, B) && check(D, A, B, C)) puts("Yes");
  else puts("No");
}

D

简单 dp，设 $f_{i,j}$ 表示当前时间是 $i$、位置为 $j$ 时的答案。

代码

const int N = 1e5;
 
int n, a[N + 10][5];
ll f[N + 10][5];
 
void mian() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int t, p, x; scanf("%d%d%d", &t, &p, &x);
    a[t][p] = x;
  }
  memset(f, 0xcf, sizeof(f));
  f[0][0] = 0;
  for (int i = 1; i <= N; i++)
    for (int j = 0; j <= 4; j++) {
      f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j] + a[i][j]);
      if (j != 0) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + a[i][j]);
      if (j != 4) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j + 1] + a[i][j]);
    }
  ll ans = 0;
  for (int i = 0; i <= 4; i++)
    ans = max(ans, f[N][i]);
  printf("%lld\n", ans);
}

E

这个题的关键在于如何理解最后一句话：

Find the expected value of your score when you play the game to maximize this expected value.

它其实就是说如果当前掷骰子比不掷要亏，那么我们就不掷，否则就掷。

于是设 $f_i$ 为进行 $i$ 轮游戏的答案，那么：

$$f_i=\sum _{j=1}^6\{\begin{array}{ll}\frac{1}{6}{f}_{i-1},& j<f_{i-1}\\ \frac{1}{6}j,& j>f_{i-1}\end{array}$$

代码

const int N = 100;
 
int n;
long double f[N + 10];
 
void mian() {
  scanf("%d", &n);
  f[1] = 3.5;
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    long double res = 0.0;
    for (int j = 1; j <= 6; j++)
      if (j < f[i - 1]) res += 1.0 / 6.0 * f[i - 1];
      else res += 1.0 / 6.0 * j;
    f[i] = res;
  }
  printf("%.10Lf\n", f[n]);
}

F

出这种题我也只能说呵呵了。

代码

const int N = 2e5;
 
struct Edge {
  int to, nxt;
} e[N * 2 + 10];
int head[N + 10], tote;
void addEdge(int u, int v) {
  e[++tote] = {v, head[u]};
  head[u] = tote;
}
 
int n, m;
int found, path[N + 10], totp, visPath[N + 10], ring[N + 10], totr, onRing[N + 10];
int col[N + 10], totc;
 
void findRing(int u, int fa) {
  if (found) return;
  path[++totp] = u;
  visPath[u] = 1;
  for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
    int v = e[i].to;
    if (found) return;
    if (v == fa) continue;
    if (visPath[v]) {
      found = 1;
      ring[++totr] = v;
      onRing[v] = 1;
      while (path[totp] != v) {
        ring[++totr] = path[totp];
        onRing[path[totp]] = 1;
        totp--;
      }
      return;
    }
    if (!found) findRing(v, u);
  }
  visPath[u] = 0;
  totp--;
}
 
void dfs(int u, int fa) {
  col[u] = totc;
  for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
    int v = e[i].to;
    if (v == fa || onRing[v]) continue;
    dfs(v, u);
  }
}
 
void mian() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
    addEdge(u, v), addEdge(v, u);
  }
  findRing(1, 0);
  for (int i = 1; i <= totr; i++) {
    totc++;
    dfs(ring[i], 0);
  }
  scanf("%d", &m);
  while (m--) {
    int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
    if (col[u] == col[v]) puts("Yes");
    else puts("No");
  }
}

G

先转化一下问题：我们把所有的 RG 替换成一个 K，那么原问题就转化成了用 $r-k$ 个 R、$g-k$ 个 G、$k$ 个 K、$b$ 个 B 能组成多少个没有 RG 的串。

（令 $r\leftarrow r-k$，$g\leftarrow g-k$）

考虑容斥，只需对于每一个 $i$，求有多少个串至少有 $i$ 个 RG（注意 K 不算 RG），也就是有 $r-i$ 个 R、$g-i$ 个 G、$k$ 个 K、$b$ 个 B、$i$ 个 RG 组成的串的个数。这个问题的答案就是：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{r-i+g-i+k+b+i}{r-i,g-i,k,b,i})=\frac{(r-i+g-i+k+b+i)!}{(r-i)!(g-i)!k!b!i!}$$

代码

const int N = 3e6, P = 998244353;
 
int fac[N + 10], ifac[N + 10];
 
int qpow(int a, int b) {
  int res = 1;
  while (b) {
    if (b & 1) res = 1LL * res * a % P;
    a = 1LL * a * a % P;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}
 
void init() {
  fac[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= N; i++) fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % P;
  ifac[N] = qpow(fac[N], P - 2);
  for (int i = N - 1; i >= 0; i--) ifac[i] = 1LL * ifac[i + 1] * (i + 1) % P;
}
 
void mian() {
  int r, g, b, k;
  scanf("%d%d%d%d", &r, &g, &b, &k);
  r -= k, g -= k;
  int ans = 0;
  for (int i = 0; i <= min(r, g); i++)
    (ans += 1LL * (i & 1 ? -1 : 1) * fac[r - i + g - i + b + k + i] * ifac[r - i] % P * ifac[g - i] % P * ifac[b] % P * ifac[k] % P * ifac[i] % P) %= P;
  printf("%d\n", (ans % P + P) % P);
}