AtCoder Beginner Contest 258
咕咕咕咕。
E - Packing Potatoes
题意
有无穷多个土豆,第\(i\)个土豆的质量为\(w_i\),给定\(w\)的前\(n\)项,然后\(w_{i + n} = w_i\)。
有一个打包流程,一个袋子有个参数\(x\),不断将土豆放进这个袋子知道袋子中土豆质量和大于等于\(x\),然后封袋并使用一个新袋子继续打包。
要求回答\(q\)个询问,第\(i\)个询问需要回答第\(k_i\)个袋子里装了多少个土豆。
其中\(1 \le n, q \le 2 \times {10}^5, 1 \le x, w_i \le {10}^9, 1 \le k_i \le {10}^{12}\)。
思路
倍增。
首先,从第\(0 \le i < n\)个土豆开始打包,所用的袋子中土豆数量以及新袋子从哪一个土豆开始,这个可以二分求。
然后,这个相当于走\(1\)步结果,通过binary lifting可以处理出走\(2^j\)步的结果。
最后再将\(k\)拆分成二进制然后走就可以了。
AC代码
// Problem: E - Packing Potatoes
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 258
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc258/tasks/abc258_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define CPPIO std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
#define freep(p) p ? delete p, p = nullptr, void(1) : void(0)
#ifdef BACKLIGHT
#include "debug.h"
#else
#define logd(...) ;
#endif
using i64 = int64_t;
using u64 = uint64_t;
void solve_case(int Case);
int main(int argc, char* argv[]) {
CPPIO;
int T = 1;
// std::cin >> T;
for (int t = 1; t <= T; ++t) {
solve_case(t);
}
return 0;
}
void solve_case(int Case) {
int n, q;
i64 x;
std::cin >> n >> q >> x;
std::vector<i64> w(n), s(n + 1);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
std::cin >> w[i];
s[i + 1] = s[i] + w[i];
}
auto get = [&](i64 p) { return (p / n) * s[n] + s[p % n]; };
std::vector<int> c(n);
i64 lg = 40;
std::vector<std::vector<int>> f(lg + 1, std::vector<int>(n));
for (int i = 0; i < n; ++i) {
i64 l = i + 1, r = i + x, mid, nxt = i + 1;
while (l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (get(mid) - s[i] >= x)
r = mid - 1, nxt = mid;
else
l = mid + 1;
}
f[0][i] = nxt % n;
c[i] = nxt - i;
}
logd(c);
for (int i = 1; i <= lg; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
f[i][j] = f[i - 1][f[i - 1][j]];
}
}
for (int i = 0; i < q; ++i) {
i64 k;
std::cin >> k;
--k;
int p = 0;
for (int j = 40; j >= 0; --j) {
if ((k >> j) & 1) {
p = f[j][p];
}
}
std::cout << c[p] << "\n";
}
}
F - Main Street
题意
二维平面上有多条路,对于任意整数\(n\),\(x = n\)是一条路,\(y = n\)是一条路。
然后,在这些路中\(x = bn\)和\(y = bn\)是主路。
支持往上下左右4个方向移动一步,在主路上耗时为1秒,在其他路上耗时为\(k\)秒。
问从点\((sx, sy)\)移动到点\((tx, ty)\)的最小耗时。
其中\(1 \le b, k \le {10}^9, 0 \le sx, sy, tx, ty \le {10}^9\)。
思路
答案最差不会超过两点manhattan距离的\(k\)倍。
然后可能可以借助主路来降低耗时,这个需要先走到主路上。
易得只需要考虑直线走到主路上的路线,所以起点和终点可以对应到4个主路上的点,分别记为\(S\)和\(T\)。
为了方便计算,可以将路径拆分成3段:从起点走到\(S\)中的点,在主路上从\(S\)中的点走到\(T\)中的点,最后从\(T\)中的点走到终点。
然后分别枚举\(S\)和\(T\)中的点,计算代价取最小值即可。
AC代码
// Problem: F - Main Street
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 258
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc258/tasks/abc258_f
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 3000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define CPPIO std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
#define freep(p) p ? delete p, p = nullptr, void(1) : void(0)
#ifdef BACKLIGHT
#include "debug.h"
#else
#define logd(...) ;
#endif
using i64 = int64_t;
using u64 = uint64_t;
void solve_case(int Case);
int main(int argc, char* argv[]) {
CPPIO;
int T = 1;
std::cin >> T;
for (int t = 1; t <= T; ++t) {
solve_case(t);
}
return 0;
}
void solve_case(int Case) {
auto manhattan = [](const std::array<i64, 2>& p1, const std::array<i64, 2>& p2) -> i64 {
return std::abs(p2[0] - p1[0]) + std::abs(p2[1] - p1[1]);
};
i64 B, K;
i64 sx, sy, tx, ty;
std::cin >> B >> K;
std::cin >> sx >> sy >> tx >> ty;
auto get1 = [&B, &K, &manhattan](i64 x, i64 y) -> std::vector<std::array<i64, 3>> {
std::vector<i64> X = {x / B * B, (x / B * B) + B};
std::vector<i64> Y = {y / B * B, (y / B * B) + B};
std::vector<std::array<i64, 3>> result;
for (i64 nx : X) {
result.push_back({nx, y, K * manhattan({x, y}, {nx, y})});
}
for (i64 ny : Y) {
result.push_back({x, ny, K * manhattan({x, y}, {x, ny})});
}
return result;
};
auto get2 = [&B, &K, &manhattan](i64 x1, i64 y1, i64 x2, i64 y2) -> i64 {
i64 cost;
if (x1 % B == 0 && x2 % B == 0 && y1 / B == y2 / B) {
cost = std::min(K * std::abs(x2 - x1) + std::abs(y2 - y1),
std::abs(x2 - x1) + std::min(y1 % B + y2 % B, 2 * B - y1 % B - y2 % B));
} else if (y1 % B == 0 && y2 % B == 0 && x1 / B == x2 / B) {
cost = std::min(std::abs(x2 - x1) + K * std::abs(y2 - y1),
std::abs(y2 - y1) + std::min(x1 % B + x2 % B, 2 * B - x1 % B - x2 % B));
} else {
cost = manhattan({x1, y1}, {x2, y2});
}
return cost;
};
i64 ans = K * manhattan({sx, sy}, {tx, ty});
auto S = get1(sx, sy);
auto T = get1(tx, ty);
for (const auto& [x1, y1, c1] : S) {
for (const auto& [x2, y2, c2] : T) {
ans = std::min(ans, c1 + c2 + get2(x1, y1, x2, y2));
}
}
std::cout << ans << "\n";
}
G - Triangle
靠std::bitset
加速能暴力水过去。
Ex - Odd Steps
记 \(T = \{0, 1, \dots , S \} \setminus \{A_1, A_2, \dots, A_n\}\),则题目可以转化成从 \(T\) 中选择多个整数并满足以下两个条件的方案数:
- \(0\) 和 \(S\) 被选中。
- 若将所选的数升序排序,则相邻整数奇偶性不同。
考虑这样一个 DP ,从小到大选择整数,令 \(dp_{i, 0/1}\) 表示考虑了 \(T\) 中小于等于 \(i\) 的整数,且已选择的最大数奇偶性和\(i\)不同/相同。
若\(i \in \{A_1, A_2, \dots, A_n\}\),则有
若\(i \notin \{A_1, A_2, \dots, A_n\}\),则有
\(S\) 很大,直接 DP 时间复杂度爆炸。但是注意到 \(N\) 其实不大,所以有很多连续的位置都是连着用第二种方式转移。用 \(\{A_1, A_2, \dots, A_n\}\) 将 \(\{0, 1, \dots, S\}\) 分割成多段,前面说的连续的位置可以用矩阵快速幂加速,这样就做到了 \(O(N \log S)\) 的时间复杂度。
AC代码
// Problem: Ex - Odd Steps
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 258
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc258/tasks/abc258_h
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 3000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define CPPIO std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
#define freep(p) p ? delete p, p = nullptr, void(1) : void(0)
#ifdef BACKLIGHT
#include "debug.h"
#else
#define logd(...) ;
#endif
using i64 = int64_t;
using u64 = uint64_t;
void solve_case(int Case);
int main(int argc, char* argv[]) {
CPPIO;
int T = 1;
// std::cin >> T;
for (int t = 1; t <= T; ++t) {
solve_case(t);
}
return 0;
}
template <typename ValueType, ValueType mod_, typename SupperType>
class Modular {
static ValueType normalize(ValueType value) {
if (value >= 0 && value < mod_)
return value;
value %= mod_;
if (value < 0)
value += mod_;
return value;
}
static ValueType power(ValueType value, int64_t exponent) {
ValueType result = 1;
ValueType base = value;
while (exponent) {
if (exponent & 1)
result = SupperType(result) * base % mod_;
base = SupperType(base) * base % mod_;
exponent >>= 1;
}
return result;
}
public:
Modular(ValueType value = 0) : value_(normalize(value)) {}
Modular(SupperType value) : value_(normalize(value % mod_)) {}
ValueType value() const { return value_; }
Modular inv() const { return Modular(power(value_, mod_ - 2)); }
Modular power(int64_t exponent) const { return Modular(power(value_, exponent)); }
friend Modular operator+(const Modular& lhs, const Modular& rhs) {
ValueType result = lhs.value() + rhs.value() >= mod_ ? lhs.value() + rhs.value() - mod_
: lhs.value() + rhs.value();
return Modular(result);
}
friend Modular operator-(const Modular& lhs, const Modular& rhs) {
ValueType result = lhs.value() - rhs.value() < 0 ? lhs.value() - rhs.value() + mod_
: lhs.value() - rhs.value();
return Modular(result);
}
friend Modular operator-(const Modular& lhs) {
ValueType result = normalize(-lhs.value() + mod_);
return result;
}
friend Modular operator*(const Modular& lhs, const Modular& rhs) {
ValueType result = SupperType(1) * lhs.value() * rhs.value() % mod_;
return Modular(result);
}
friend Modular operator/(const Modular& lhs, const Modular& rhs) {
ValueType result = SupperType(1) * lhs.value() * rhs.inv().value() % mod_;
return Modular(result);
}
std::string to_string() const { return std::string(value_); }
private:
ValueType value_;
};
// using Mint = Modular<int, 1'000'000'007, int64_t>;
using Mint = Modular<int, 998'244'353, int64_t>;
class Binom {
private:
std::vector<Mint> f, g;
public:
Binom(int n) {
f.resize(n + 1);
g.resize(n + 1);
f[0] = Mint(1);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
f[i] = f[i - 1] * Mint(i);
g[n] = f[n].inv();
for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
g[i] = g[i + 1] * Mint(i + 1);
}
Mint operator()(int n, int m) {
if (n < 0 || m < 0 || m > n)
return Mint(0);
return f[n] * g[m] * g[n - m];
}
};
template <typename ValueType>
class Matrix {
private:
using MatrixDataType = std::vector<std::vector<ValueType>>;
using RowDataType = std::vector<ValueType>;
int n_;
int m_;
MatrixDataType a_;
public:
static Matrix zero(int n, int m) {
MatrixDataType data(n, RowDataType(m, 0));
return Matrix(move(data));
}
static Matrix one(int n, int m) {
assert(n == m);
MatrixDataType data(n, RowDataType(m, 0));
for (int i = 0; i < n; ++i) {
data[i][i] = 1;
}
return Matrix(move(data));
}
public:
Matrix() : n_(0), m_(0) {}
Matrix(const MatrixDataType& a) : n_(a.size()), m_(a[0].size()), a_(a) {}
Matrix(const Matrix& matrix) : n_(matrix.n_), m_(matrix.m_), a_(matrix.a_) {}
int n() const { return n_; }
int m() const { return m_; }
RowDataType& operator[](int row) { return a_[row]; }
const ValueType& at(int row, int col) const { return a_[row][col]; }
friend Matrix operator*(const Matrix& lhs, const Matrix& rhs) {
assert(lhs.m() == rhs.n());
Matrix result = zero(lhs.n(), rhs.m());
for (int i = 0; i < lhs.n(); ++i) {
for (int j = 0; j < lhs.m(); ++j) {
for (int k = 0; k < rhs.m(); ++k) {
result[i][k] = result.at(i, k) + lhs.at(i, j) * rhs.at(j, k);
}
}
}
return result;
}
void operator=(const Matrix& rhs) {
n_ = rhs.n_;
m_ = rhs.m_;
a_ = rhs.a_;
}
friend Matrix operator^(const Matrix& lhs, int64_t exponent) {
assert(lhs.n() == lhs.m());
Matrix result = one(lhs.n(), lhs.m());
Matrix base = lhs;
while (exponent) {
if (exponent & 1)
result = result * base;
base = base * base;
exponent >>= 1;
}
return result;
}
std::string to_string() const {
std::stringstream ss;
ss << "[";
for (int i = 0; i < n_; ++i) {
ss << "[";
for (int j = 0; j < m_; ++j) {
ss << a_[i][j].value() << ",]"[j == m_ - 1];
}
ss << ",]"[i == n_ - 1];
}
return ss.str();
}
};
void solve_case(int Case) {
int n;
std::cin >> n;
i64 s;
std::cin >> s;
std::vector<i64> a(n + 1);
a[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
std::cin >> a[i];
Matrix<Mint> T1({{Mint(1), Mint(1)}, {Mint(1), Mint(0)}});
Matrix<Mint> T2({{Mint(0), Mint(1)}, {Mint(1), Mint(0)}});
Matrix<Mint> r({{Mint(1), Mint(0)}});
for (int i = 0; i < n; ++i) {
i64 d = a[i + 1] - 1 - a[i];
r = r * (T1 ^ d);
r = r * T2;
}
r = r * (T1 ^ (s - a[n]));
std::cout << r[0][1].value() << "\n";
}