【题解】ABC365（A~E）

前四题30min切，然后T5死磕70min+几发小唐错，距离比赛结束还有16s交最后一发，AC了。

目录

• A. Leap Year
  • 题目描述
  • 思路
  • 代码
• B. Second Best
  • 题目描述
  • 思路
  • 代码
• C. Transportation Expenses
  • 题目描述
  • 思路
  • 代码
• D. AtCoder Janken 3
  • 题目描述
  • 思路
  • 代码
• E. Xor Sigma Problem
  • 题目描述
  • 思路
  • 代码

A. Leap Year

题目描述

给你一个年份 $Y$，输出该年的天数（判断闰年），$1583\le Y\le 2023$。

思路

直接模拟即可。不能整除 $4$ 或整除 $4$ 且整除 $100$ 的输出 $365$，其余的输出 $366$。复杂度 $O(1)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register
#define inf 0x3f3f3f3f
int a;
int main()
{
	scanf("%d",&a);
	if(a%4!=0||(a%100==0&&a%400!=0)) 
	{
		puts("365");
	}
	else
	{
		puts("366");
	}
	return 0;
}

B. Second Best

题目描述

给你一个长为 $N$ 的序列 $A$，输出这个序列的次大值。$2\le N\le 100$，$1\le A_i\le {10}^9$。

思路

数据范围很小，显然复杂度 $O(n\log n)$ 可解。用排序或者优先队列都可以。赛时为了方便，打的是优先队列。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register int
#define inf 0x3f3f3f3f
int a,b;
priority_queue<pair<int,int>>que;
int main()
{
	scanf("%d",&a);
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		scanf("%d",&b);
		que.push({b,i});
	}	
	que.pop();
	printf("%d",que.top().second);
	return 0;
}

C. Transportation Expenses

题目描述

有 $N$ 个人，每个人有一个交通花费 $A_i$，你要炫富给他们进行交通补助 $x$，给每个人的钱为 $min(x,A_i)$，但是你的预算是 $M$ 元，即 $\sum _{i=1}^{N}min(x,A_i)\le M$，求最大的 $x$。如 $x$ 可以无限大，输出infinite。$1\le N\le 2\times {10}^5$，$1\le M\le 2\times {10}^{14}$，$1\le Ai\le {10}^9$。

思路

首先有一个显然的结论：$x=ma{x}_{i=1}^N{A}_i$ 时我们的花费最高。因为在这个值时所有人取到了 $A_i$，之后 $x$ 变大无法影响我们的花费了。所以如果 $\sum _{i=1}^N{A}_i\ge M$，我们就直接输出infinite好了。
然后再想对于其他情况，显然，随着 $x$ 的增大，我们的花费是单调不减的，于是想到二分答案。对于一个确定的 $x$，直接暴力求值，然后和 $M$ 比较即可。复杂度 $O(n\log n)$。注意 $M$ 很大，要开long long。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register long long
#define inf 0x3f3f3f3f
long long a,b,c[200002],sm,mx;
il bool check(long long x)
{
	ri rn=0;
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		rn+=min(c[i],x);
		if(rn>b)
		{
			return false;
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&a,&b);
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		scanf("%lld",&c[i]);
		sm+=c[i];
		mx=max(mx,c[i]);
	}
	if(sm<=b)
	{
		puts("infinite");
		exit(0);
	}
	ri l,m=0,n=mx;
	while(n-m>1)
	{
		l=(m+n)>>1;
		if(check(l))
		{
			m=l;
		}
		else
		{
			n=l;
		}
	}
	if(check(n))
	{
		printf("%lld",n);
	}
	else
	{
		printf("%lld",m);
	}
	return 0;
}

D. AtCoder Janken 3

题目描述

两人玩石头剪刀布，规定A一定不败给B，且A相邻的操作一定不相同。现在给你B的操作序列 $S$，长为 $N$，求 $A$ 最多胜利多少局。对于 $S_i$，R表示石头，P表示布，S表示剪刀。$N\le 2\times {10}^5$

思路

一眼dp题。设 $dp[i][0]$ 为第 $i$ 出石头的最大获胜次数，$dp[i][1]$ 为第 $i$ 出布的最大获胜次数，$dp[i][0]$ 为第 $i$ 出剪刀的最大获胜次数。如果对方该局是石头，则我们必不能出剪刀，故不更新 $dp[i][2]$（初值是0）；如果我们出石头，继承上一局出剪刀和布的状态，但是该局不胜，直接转移；如果我们出布，继承上一局出剪刀和石头的状态，该局取胜，所以还要+1。对方出剪刀、布时同理。最后在第 $N$ 次的三个答案中去最大值即可。复杂度 $O(n)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register long long
#define inf 0x3f3f3f3f
int a,b[200002],dp[200002][5],ans;
char ch;
int main()
{
	scanf("%d",&a);
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		ch=getchar();
		if(ch=='R')
		{
			b[i]=1;
			continue;
		}
		if(ch=='P')
		{
			b[i]=2;
			continue;
		}
		if(ch=='S')
		{
			b[i]=3;
			continue;
		}
		i--;
	}
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		if(b[i]==1)
		{
			dp[i][1]=max(dp[i-1][2],dp[i-1][3]);
			dp[i][2]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][3])+1;
			continue;
		}
		if(b[i]==2)
		{
			dp[i][2]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][3]);
			dp[i][3]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+1;
			continue;
		}
		if(b[i]==3)
		{
			dp[i][3]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);
			dp[i][1]=max(dp[i-1][2],dp[i-1][3])+1;
			continue;
		}
	}
	ans=max(dp[a][1],max(dp[a][2],dp[a][3]));
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

E. Xor Sigma Problem

题目描述

给你一个长为 $N$ 的序列 $A$，求$\sum _{i=1}^{N-1}\sum _{j=i+1}^N{A}_i\oplus A_{i+1}\oplus \cdots \oplus A_j$。$1\le N\le 2\times {10}^5$，$1\le A_i\le {10}^8$

思路

首先 $O(N^2)$ 处理前缀和，然后 $O(1)$ 求解相信大家都会，但是肯定会TLE。想要AC，至少要压掉一位，也就是对于每一个数实现 $O(1)$ 求贡献。发扬人类智慧考虑异或运算的实质，我们尝试把一个整数拆成二进制串，针对每一个新加进来的数，找前面每一位出现的0/1的个数。注意，这里我们找的个数是针对每个后缀的，因为只有连续的区间可以产生贡献。但是如果把它们分开存，时间上又回到了 $O(N^2)$。于是，设 $num[i][j][k]$ 为找到第 $i$ 个数第 $j$ 为出现的 $k$ 的个数，$dp[i]$ 为第 $i$ 为产生的累计贡献，$pre[i]$ 为异或前缀和，转移时注意细节处理，注意开大数组和long long。复杂度$O(30N)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register long long
#define inf 0x3f3f3f3f
long long a,b[200002],pre[200002],num[200002][33][2],dp[33],ans;
int main()
{
	scanf("%lld",&a);
	for(ri i=0;i<=30;i++)
	{
		num[0][i][0]=1;
	}
	scanf("%lld",&b[1]);
	pre[1]=b[1];
	for(ri j=0;j<=30;j++)
	{
		ri k=(pre[1]>>j)&1;
		num[1][j][k]=num[0][j][k]+1;
		num[1][j][k^1]=num[0][j][k^1];
	}
	for(ri i=2;i<=a;i++)
	{
		scanf("%lld",&b[i]);
		pre[i]=pre[i-1]^b[i];
		for(ri j=0;j<=30;j++)
		{
			ri k=(pre[i]>>j)&1;
			dp[j]+=num[i-2][j][k^1];
			num[i][j][k]=num[i-1][j][k]+1;
			num[i][j][k^1]=num[i-1][j][k^1];
		}
	for(ri i=0;i<=30;i++)
	{
		ans+=dp[i]*(1<<i);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}