AtCoder Beginner Contest 378
AtCoder Beginner Contest 378 总结
A
直接模拟，存 \(1\) 到 \(4\) 出现个数。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1;
map<int,int> H;
void solve()
{
int a,b,c,d;
cin>>a>>b>>c>>d;
H[a]++,H[b]++,H[c]++,H[d]++;
int ans=0;
for(int i=1;i<=4;i++) ans+=H[i]/2;
cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
B
要确定 \(d\) 处于哪一段区间内，分类讨论一下就能出来。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=105;
int n,m;
ll q[N],r[N];
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>q[i]>>r[i];
cin>>m;
while(m--)
{
ll t,d;
cin>>t>>d;
if(d<=r[t]) cout<<r[t]<<'\n';
else
{
if((d-r[t])/q[t]*q[t]==d-r[t]) cout<<d<<'\n';
else cout<<(d-r[t])/q[t]*q[t]+r[t]+q[t]<<'\n';
}
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
C
每次更新该值出现的位置，用 map 记录，如果出现了就输出位置，否则输出 \(-1\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n;
int a[N];
map<ll,int> H;
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
if(H.count(a[i])) cout<<H[a[i]]<<' ';
else cout<<-1<<' ';
H[a[i]]=i;
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
D
观察数据的范围都很小，直接用 dfs 模拟。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=15;
int n,m,k;
char g[N][N];
bool v[N][N];
int fx[]={0,0,1,-1};
int fy[]={1,-1,0,0};
int dfs(int x,int y,int cnt)
{
if(cnt==k) return 1;
int ret=0;
v[x][y]=1;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=x+fx[i],ny=y+fy[i];
if(nx>=1&&nx<=n&&ny>=1&&ny<=m&&!v[nx][ny]&&g[nx][ny]=='.')
ret+=dfs(nx,ny,cnt+1);
}
v[x][y]=0;
return ret;
}
void solve()
{
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>g[i][j];
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(g[i][j]=='.')
ans+=dfs(i,j,0);
cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
E
要推一下式子：
设 \(S_i = (A_1+A_2+\dots+A_i) \mathbin{\mathrm{mod}} M\)，就有：
\[ \sum_{1 \leq l \leq r \leq N} \left( \left(\sum_{l \leq i \leq r} A_i\right) \mathbin{\mathrm{mod}} M \right) = \sum_{1 \leq l \leq r \leq N} (S_r - S_{l-1}) \mathbin{\mathrm{mod}} M
\]
然后因为 \(0 \leq S_{l-1},S_r < M\)，所以
\[ (S_r - S_{l-1}) \mathbin{\mathrm{mod}} M = S_r - S_{l-1} + \begin{cases} 0 & (S_{l-1} \leq S_r) \\ M & (S_{l-1} > S_r)\end{cases}
\]
这样就去掉了取模。
设 \(X_r\) 为在 \(S_0\) 到 \(S_{r-1}\) 中大于 \(S_r\) 的数的个数。所以：
\[ \sum_{r=1}^n \sum_{l=1}^r (S_r - S_{l-1}) \mathbin{\mathrm{mod}} M = \sum_{r=1}^N \left( S_r \times r - \sum_{l=1}^r S_{l-1} + M \times X_r \right).
\]
那么问题就是对于 \(X_r\) 的维护，可以用权值线段数组，单调修改，区间查询。
要注意 \(S_i\) 可以等于 \(0\)，所以要么加上偏移量，要么特判一下。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n,m;
ll a[N],b[N],c[N];
int lowbit(int x)
{
return x&-x;
}
void add(int k,int x)
{
if(!k) return ;
for(int i=k;i<=m;i+=lowbit(i)) c[i]+=x;
}
ll query(int k)
{
ll ret=0;
for(int i=k;i;i-=lowbit(i)) ret+=c[i];
return ret;
}
void solve()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],b[i]=b[i-1]+a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]%=m;
ll ans=0,s=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans+=b[i]*i-s+(query(m)-query(b[i]))*m;
s+=b[i];
add(b[i],1);
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
F
先理解下题意，要满足条件，就是找到两个度数为 \(2\) 的点，这两个点的路径上全是度数为 \(3\) 的点，将这两个点连接即可。
那么考虑暴力查找，对于每个度数为 \(2\) 的点，找到另一个度数为 \(2\) 的点，只有下一个点度数为 \(3\) 才能走过去。显然这样的做法是 \(O(n^2)\) 的，也很容易被卡。
再进一步思考，将路径换成两点到最近公共祖先的路劲拼起来，而且最近公共祖先的度数必须是 \(3\)。那么就可以枚举所有度数为 \(3\) 的点作为根节点，搜索度数为 \(2\) 的点的个数 \(sum\)，贡献就是 \(sum \times (sum-1)/2\)，标记经过的所有度数为 \(3\) 的点，不用重复计算。
复杂度为 \(O(n)\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int n;
vector<int> g[N];
bool v[N];
int dfs(int x,int fa)
{
int ret=0;
v[x]=1;
for(int i=0;i<g[x].size();i++)
{
int y=g[x][i];
if(y==fa) continue;
if(g[y].size()==2) ret++;
else if(g[y].size()==3) ret+=dfs(y,x);
}
return ret;
}
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
cin>>x>>y;
g[x].push_back(y);
g[y].push_back(x);
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(g[i].size()==3&&!v[i])
{
ll x=dfs(i,0);
ans+=x*(x-1)/2;
}
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
