ABC367

合集 - ABC(30)

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21.ABC3672024-08-20

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A

link

先判断一下时间是否跨天，如果跨天了，把后一个加上$24$，使后一个大于前一个，再判断国王喊的时间或喊的时间加$24$是否在范围内。

神奇的代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

signed main(){
	
	int a,b,c;
	cin >> a >> b >> c;
	
	if(b > c) c += 24;
	if(b <= a&&a <= c||b <= a+24&&a+24 <= c) cout << "No";
	else cout << "Yes";
	
	return 0;
	
} 

B

link

输入后再用$cout$输出即可，因为$cout$会去掉末尾的$0$。

神奇的代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

signed main(){
	
	double x;
	cin >> x;
	cout << x;
	
	return 0;
	
} 

C

link

搜索即可，每个数按从小到大搜，输出的一定是字典序从小到大的。

神奇的代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,k;
int r[10];
int sum,res[10];

void dfs(int x){
	if(x > n){
		if(sum%k == 0){
			for(int i = 1;i <= n;++ i)
				cout << res[i] << " ";
			cout << endl;
		}
		return;
	}
	for(int i = 1;i <= r[x];++ i){
		res[x] = i;
		sum += i;
		dfs(x+1);
		sum -= i; 
	}
}

signed main(){
	
	cin >> n >> k;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) cin >> r[i];
	
	dfs(1);
	
	return 0;
		
}

D

link

化环为链。
我们把长度为$n$的环变为长度为$2n$的链，这样环上能走的链上也都能走，但是会有重复，那么我们针对后半部分，看它为$t$时哪些$s$满足要求。
这里如果是$s$走到$t$，那么路程就是$qz{h}_{t-1}-qz{h}_{s-1}$，$qz{h}_i$为$a_i$的前缀和，后半部分也一样做前缀和，但是要把前半部分的$a_i$也累加上。解释一下为什么是$qz{h}_{t-1}-qz{h}_{s-1}$，因为$a_i$就可以走到$i+1$了，那么加到$qz{h}_{t-1}$就可以走到$t$了，然后$qz{h}_{s-1}$是走到$s$的，这一部分不需要。
首先，考虑如果在环上的要求：从前边段这个的后面走到它才行，否则会有绕圈。其次，考虑是$m$的倍数的要求，我们知道如果$(qz{h}_{t-1}-qz{h}_{s-1})$，那么$qz{h}_{t-1}$，所以，对于每一个$n+t$（因为是后半段），我们只要找在$t+1$及以后的$s$中$qz{h}_{s-1}$和$qz{h}_{t-1}$一样的个数即可，那么我们可以转化为$t+1$及以后的$s$中$qz{h}_s$和$qz{h}_t$一样的个数。
那么我们可以用一个桶存$$的余数的个数，一开始把所有前半段的都加上，然后每次把前半段的这一个去掉（前面那些已经在前面去掉了），计入答案后把这一个加上，如果先加了会多，因为$s$不能是自己。

神奇的代码

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

int n,m;
int a[200005];
int qzh[400005];
int g[1000005];
int ans;

signed main(){
	
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		cin >> a[i];
		qzh[i] = (qzh[i-1]+a[i])%m;
	}
	
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		qzh[n+i] = (qzh[n+i-1]+a[i])%m;
	}
	
	for(int i = 1;i <= n;++ i) g[qzh[i]]++;
	
	for(int i = n+1;i <= 2*n;++ i){
		g[qzh[i-n]]--;
		ans += g[qzh[i]];
		g[qzh[i]]++; 
	}
	
	cout << ans;
	
	return 0;
	
}

E

link

倍增。
我们用倍增的思想，用$x_{i,j}$代表第$i$个位置操作$2^j$次后是$a$的哪一位上的数，预处理后对于每一个数要二进制分解$k$去操作，哪一位有$1$，就变一下。

神奇的代码

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

int n,k;
int x[200005][64];
int a[200005];

signed main(){
	
	cin >> n >> k;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) cin >> x[i][0];
	for(int i = 1;i <= n;++ i) cin >> a[i];
	
	for(int i = 1;i <= 63;++ i){
		for(int l = 1;l <= n;++ l){
			x[l][i] = x[x[l][i-1]][i-1];
		}
	}
	
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		int p = i;
		int t = k;
		int lg = 0;
		while(t){
			if(t&1){
				p = x[p][lg];
			}
			lg++;
			t >>= 1;
		}
		cout << a[p] << " ";
	} 
	
	return 0;
	
}

F

link

哈希，如果单纯是和的话太容易卡了，那么我们用和和平方和，可是还是会被卡，那么我们把$1$到$n$的数随机映射到$unsignedlonglong$范围内的数，如$1$映射为$10086$，$2$是$233$，$3$是$1145$，这时就不容易被卡了，那么已经这么大了，再加容易超过$unsignedlonglong$的范围，那么可以自然溢出，相当于对$2^{64}$取模。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

#define int unsigned long long

using namespace std;

int n,q;
int a[200005],b[200005];
int w[200005];
int qa[200005],qb[200005];
int pa[200005],pb[200005];

//mt19937 随机生成[0,2^32)的 
//mt19937_64 随机生成[0,2^64)的 
mt19937_64 r(114514); 

signed main(){
	
	cin >> n >> q;
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
		w[i] = r();
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		cin >> a[i];
		qa[i] = qa[i-1]+w[a[i]];
		pa[i] = pa[i-1]+w[a[i]]*w[a[i]];
	}
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		cin >> b[i];
		qb[i] = qb[i-1]+w[b[i]];
		pb[i] = pb[i-1]+w[b[i]]*w[b[i]];
	}
	
	while(q--){
		int al,ar,bl,br;
		cin >> al >> ar >> bl >> br;
		if(ar-al == br-bl
		&&qa[ar]-qa[al-1] == qb[br]-qb[bl-1]
		&&pa[ar]-pa[al-1] == pb[br]-pb[bl-1])
			cout << "Yes\n";
		else cout << "No\n";
	}
	
	return 0;
	
}