Atcoder Beginner Contest 380 题解 (A-G)

Atcoder Beginner Contest 380 题解 (A-G)

题目链接

A - 123233

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

void Showball(){
    string s;
    cin>>s;
    sort(s.begin(),s.end());
    if(s=="122333") cout<<"Yes\n";
    else cout<<"No\n"; 
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

B - Hurdle Parsing

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

void Showball(){
   string s;
   cin>>s;
   int cnt=0;
   for(auto c:s){
    if(c=='|'){
        if(cnt) cout<<cnt<<" ";
        cnt=0;
    }else{
        cnt++;
    }
   } 
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

C - Move Segment

模拟乱搞，下标，边界有点烦。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

void Showball(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    string s;
    cin>>s;
    vector<int> a,b;
    string order="";
    for(int i=0,j=0;i<n;){
        while(j<n&&s[i]==s[j]) j++;
        order+=s[i];
        if(s[i]=='1') a.push_back(j-i);
        else b.push_back(j-i);
        i=j;
    } 
    int one=0,zero=0;
    a[k-2]+=a[k-1];
    for(auto c:order){
        if(c=='1'){
            if(one==k-1) {
                one++;
                continue;
            }
            for(int i=0;i<a[one];i++) cout<<1;
            one++;
        }else{
            for(int i=0;i<b[zero];i++) cout<<0;
            zero++;
        }
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

D - Strange Mirroring 思维

经典性质，以 01 串举例。0→01→0110→01101001

0 1 1 0 1 0 0 1

0 1 2 3 4 5 6 7

我们发现性质：如果当前位 i 的popcount, 即 2 进制下 1 的个数是奇数，那么该位为 1，否则为 0。

不妨令原串为 s, 大小写反转后的串为 t。那么我们可以根据这个性质判断当前位落在哪个串中，然后

取模求位置即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

void Showball(){
    string s,t;
    cin>>s;
    int n=s.size();
    t=s;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(islower(t[i])) t[i]=char(t[i]-32);
        else t[i]=char(t[i]+32);
    }

    int q;
    cin>>q;
    while(q--){
        i64 x;
        cin>>x;
        x--;
        i64 p=x/n;
        int r=x%n;
        if(__builtin_popcountll(p)&1) cout<<t[r]<<" ";
        else cout<<s[r]<<" ";
    }

}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;
    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

E - 1D Bucket Tool 并查集

可以用并查集来进行维护相同的颜色。只需要维护出这段颜色的左端点以及区间长度即可。

对于查询 2 ，直接查询 cnt 数组即可。考虑查询 1 。我们通过并查集的 find 函数查到 x 所在区间的左端点。

然后原本区间颜色数量减去区间长度大小。更新颜色，并且维护新颜色的数量。注意还需要判断左右相邻区间颜色是否相同，然后维护颜色并查集即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

struct DSU{
    vector<int> p, sz;
    DSU(int n) : p(n + 1), sz(n + 1, 1){ 
        iota(p.begin(), p.end(), 0); 

    }

    int find(int x){
        return p[x] == x ? x : p[x] = find(p[x]);
    }

    bool same(int x, int y) { 
        return find(x) == find(y); 
    }

    bool merge(int x, int y){
        x = find(x), y = find(y);
        if (x == y) return false;
        if (x > y) swap(x, y);
        sz[x] += sz[y];
        p[y] = x;
        return true;
    }

};

void Showball(){
    int n,q;
    cin>>n>>q;
    DSU dsu(n+1);
    vector<int> cnt(n+2,1),color(n+2);
    iota(color.begin(),color.end(),0);
    while(q--){
        int op;
        cin>>op;
        if(op==1){
            int x,c;
            cin>>x>>c;
            int l=dsu.find(x);
            int len=dsu.sz[l];
            cnt[color[l]]-=len;
            color[l]=c;
            cnt[color[l]]+=len;
            if(color[dsu.find(l-1)]==color[l]) dsu.merge(l-1,l);
            if(color[dsu.find(l+len)]==color[l]) dsu.merge(l,l+len);
        }else{
            int c;
            cin>>c;
            cout<<cnt[c]<<"\n";
        }
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

F - Exchange Game 博弈+状压

我们发现数据范围很小，考虑状态压缩。分别存储先手和后手以及桌上的牌型。

然后记忆化搜索即可。如果一个状态的后继状态中存在一个必败态，那么这个状态一定是必胜态。（因为玩家很聪明，一定会走到这个状态），否则当前状态为必败态。

具体实现参考代码及注释。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

void Showball(){
    int n,m,l;
    cin>>n>>m>>l;
    int len=n+m+l;
    vector<int> a(len);
    for(int i=0;i<len;i++) cin>>a[i];
    vector<vector<int>> dp(4100,vector<int>(4100));
    
    function<int(int,int)> dfs=[&](int x,int y){
        if(dp[x][y]) return dp[x][y];
        int st=x+y;
        for(int i=0;i<len;i++){//枚举桌上牌型
            if(st>>i&1) continue;
            for(int j=0;j<len;j++){//枚举当前先手牌型
                if(!(x>>j&1)) continue;
                if(a[j]>a[i]){//可以摸桌上牌
                    int t=x-(1<<j)+(1<<i);
                    int tt=dfs(y,t);
                    if(tt==2) return dp[x][y]=1;
                }else{//不能摸桌上牌
                    int t=x-(1<<j);
                    int tt=dfs(y,t);
                    if(tt==2) return dp[x][y]=1;
                }
            }
        }
        return dp[x][y]=2;
    };

    int x=0,y=0;
    for(int i=0;i<n;i++) x|=1<<i;
    for(int i=n;i<n+m;i++) y|=1<<i;

    int ans=dfs(x,y);
    cout<<(ans==1?"Takahashi\n":"Aoki\n");
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

G - Another Shuffle Window 思维+期望+逆序对

先来一道前置例题：CF749E

简要题意：给出一个 1∼n 的排列，从中等概率的选取一个连续段，设其长度为 l 。对连续段重新进行等概率的全排列，求排列后整个原序列的逆序对的期望个数。

思路：考虑每一对 (i,j) 对答案的贡献。先求出更改前的逆序对数量。再考虑更改后的。不妨设 i<j 。

那么如果 ai>aj, 那么如果选择的区间包含 (i,j) 就会有 12 的 负贡献。因为从逆序对变成了顺序对。

反之，产生了 12 的 正贡献。区间包含 (i,j) 的概率为：2×(n−j+1)×in×(n+1) 。因此贡献为：(n−j+1)×in×(n+1) 。

我们只需要枚举区间右端点，然后用树状数组统计大于和小于右端点的下标之和即可算出贡献。

统计逆序对使用树状数组即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

void Showball(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<int> a(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];

    vector<array<i64,2>> tr(n+1);  
    auto add=[&](int op,int x,int v){
        for(;x<=n;x+=x&-x) tr[x][op]+=v;
    };

    auto getsum=[&](int op,int x){
        i64 ret=0;
        for(;x;x-=x&-x) ret+=tr[x][op];
        return ret;
    };

    double q,ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        q+=getsum(0,n)-getsum(0,a[i]);
        add(0,a[i],1);
        ans-=(n-i+1)*(getsum(1,n)-getsum(1,a[i]));
        ans+=(n-i+1)*(getsum(1,a[i]));
        add(1,a[i],i);
    }
    ans/=n;ans/=(n+1);

    cout<<fixed<<setprecision(9)<<q+ans<<"\n";
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

通过上面这个题，我们就会知道长度为 n 的排列的期望逆序对数为 12×Cn2。

那么我们去分别考虑每一个长度为 k 的区间。不妨把序列分成三段 [1,i−1],[i,i+k−1],[i+k,n]。

我们发现洗牌中间序列，对三段之间互相形成的逆序对不会有影响。那么我们可以通过算出总的逆序对数和中间段的逆序对数，作差来得到两边区间的逆序对数。除以 n−k+1 即可。再加上中间区间的 期望逆序对数量 。

前一部分，我们直接使用树状数组类似滑动窗口的维护即可， 中间区间的期望逆序对数量 就可以用上一题的启发了。即为 k×(k−1)4 。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

const int mod = 998244353;

void Showball(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    vector<int> a(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];

    vector<i64> tr(n+1);

    auto add=[&](int x,int v){
        for(;x<=n;x+=x&-x) tr[x]+=v;
    };

    auto getsum=[&](int x){
        i64 ret=0;
        for(;x;x-=x&-x) ret+=tr[x];
        return ret;
    };

    auto inv=[&](i64 a){
        i64 b=mod-2,ret=1;
        while(b){
            if(b&1) ret=ret*a%mod;
            a=a*a%mod;
            b>>=1;
        }
        return ret;
    };

    i64 sum=0;
    for(int i=n;i;i--){
        sum+=getsum(a[i]);
        add(a[i],1);
    } 

    for(int i=0;i<=n;i++) tr[i]=0;

    i64 cur=0;
    for(int i=k;i;i--){
        cur+=getsum(a[i]);
        add(a[i],1);
    }
    
    i64 ans=sum-cur;
    for(int i=1;i+k<=n;i++){
        add(a[i],-1);
        cur-=getsum(a[i]);
        cur+=getsum(n)-getsum(a[i+k]);
        add(a[i+k],1);
        ans=(ans+sum-cur)%mod;
    }

    ans=(ans*inv(n-k+1)%mod+1LL*k*(k-1)%mod*inv(4)%mod)%mod;
    cout<<ans<<"\n";
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}
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