AtCoder Beginner Contest 159 题解
AtCoder Beginner Contest 159
A - The Number of Even Pairs
略。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
ll n, m;
int main() {
io(); cin >> n >> m;
cout << n * (n - 1ll) / 2ll + m * (m - 1ll) / 2ll;
}
B - String Palindrome
题意：判断字符串 \(s\) 是否是回文串，并且其前一半和后一半子串均为回文串。
分析：没啥好说的，暴力判就行了。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
string s;
int main() {
io(); cin >> s;
string tmp = s;
reverse(tmp.begin(), tmp.end());
if (tmp != s) { cout << "No"; return 0; }
string sa = s.substr(0, (s.length() - 1) >> 1);
tmp = sa;
reverse(tmp.begin(), tmp.end());
if (tmp != sa) cout << "No";
else cout << "Yes";
}
C - Maximum Volume
题意：已知一个长方体的表面积之和的一半为 \(L\) ，求长方体的最大体积。
分析：即已知 \(ab+bc+ca=L\) ，求 \(abc_{max}\) 。基本不等式：\(\frac{ab+bc+ca}{3}\geq\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow L=abc\leq (\frac{ab+bc+ca}{3})^3\)
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
long double L;
int main() {
io(); cin >> L;
L /= 3.0;
cout << fixed << setprecision(12) << (L * L * L);
}
D - Banned K
题意：有 \(N\) 只球，第 \(i\) 只球上有一个数字 \(A_i\) ，对于每一个 \(k(1\leq k \leq N)\) 询问：去掉第 \(k\) 只球后，在剩余的球中能找出几对数字相同的球。
分析：将同色球的数量存入 \(map\) 中，并计算出不去掉球的情况下选出的对数总和 \(S\) 。设某种颜色的球数量为 \(num\) ，那么拿走一只球后的总数变化为：\(S-C^2_{num}+C^2_{num-1}\) 。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define SIZE 200010
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
ll n, ans, a[SIZE];
map<ll, ll> MP;
int main() {
io(); cin >> n;
rep(i, 1, n) cin >> a[i], MP[a[i]]++;
for (auto it : MP) ans += it.second * (it.second - 1ll) / 2ll;
rep(i, 1, n) {
ll res = MP[a[i]];
cout << ans - res * (res - 1ll) / 2ll + (res - 1ll) * (res - 2ll) / 2ll << '\n';
}
}
E - Dividing Chocolate
题意：给定一个 \(H\times W\) 的 \(01\) 矩阵，要求你切割这个矩阵，使得每一块中 \(1\) 的数量不超过 \(K\) 。（一次切割只能横向或纵向切开整个矩阵，详情参考题面）
分析：注意到 \(H\leq10\) ，直接二进制枚举横向的切割方案，然后对于纵向的切割贪心判断。
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define SIZE 2010
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int h, w, k, a[15][SIZE], pre[15][SIZE], ans = 1e9;
int query(int xa, int ya, int xb, int yb) {
return pre[xb][yb] - pre[xa][yb] - pre[xb][ya] + pre[xa][ya];
}
void gao(int top) {
vector<int> vec(1, 0);
int cnt = 1, tmp = 0, pre = 0;
while (top) {
if (top & 1) ++tmp, vec.emplace_back(cnt);
top >>= 1;
++cnt;
}
vec.emplace_back(h);
rep(i, 1, w) {
bool f = false;
rep(j, 1, (vec.size() - 1)) {
if (query(vec[j - 1], pre, vec[j], i) > k) {
if (query(vec[j - 1], i - 1, vec[j], i) > k) return;
f = true;
}
}
if (f) { ++tmp; pre = i - 1; }
}
ans = min(ans, tmp);
}
int main() {
io(); cin >> h >> w >> k;
int top = (1 << (h - 1)) - 1;
rep(i, 1, h) {
string s; cin >> s;
rep(j, 1, w) a[i][j] = s[j - 1] - '0';
}
rep(i, 1, h)
rep(j, 1, w)
pre[i][j] = a[i][j] + pre[i - 1][j] + pre[i][j - 1] - pre[i - 1][j - 1];
for (int i = top; i >= 0; --i) gao(i);
cout << ans;
}
F - Knapsack for All Segments
题意：给定一个长度为 \(N\) 的数组 \(A\) 和一个正整数 \(S\) ，定义 \(f(L,R)\) 为原数组中满足：\(L\leq x_1\leq x_2\leq\cdots\leq x_k \leq R\) 并且 \(x_1+x_2+\cdots + x_k=S\) 的子序列数量。求 \(\sum^N_{L=1}\sum^N_{R=L}f(L,R)\) 。
分析：\(dp[j]\) 表示当前和为 \(j\) 的子序列数量，那么本题的方案数就可以通过 \(01\) 背包的方法转移。考虑新加入一个数字 \(a_i\) 时的转移，首先对于新加入的元素，我们只需要考虑新加入元素与先前元素构成的新子序列，即只考虑 \(f(L,R)\) 右端点变化，这一过程通过 \(01\) 背包转移方案数；然后， \(f(L,R)\) 左端点的选择是在 \([1,i]\) 范围内任意的，因此加入的 \(a_i\) 对后继的影响是： \(dp[a[i]] = (dp[a[i]] + i) \% mod\) 。
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define SIZE 3010
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
const ll mod = 998244353;
ll n, s, a[SIZE], dp[SIZE], ans;
int main() {
io(); cin >> n >> s;
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
rep(i, 1, n) {
for (int j = s; j >= a[i]; --j) {
dp[j] += dp[j - a[i]];
dp[j] %= mod;
}
if (a[i] <= s) dp[a[i]] = (dp[a[i]] + i) % mod;
ans = (ans + dp[s]) % mod;
}
cout << ans;
}
