Atcoder Beginner Contest 380 題解 (A-G)
題目連結
A - 123233
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64=long long;
void Showball(){
string s;
cin>>s;
sort(s.begin(),s.end());
if(s=="122333") cout<<"Yes\n";
else cout<<"No\n";
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--){
Showball();
}
return 0;
}
B - Hurdle Parsing
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64=long long;
void Showball(){
string s;
cin>>s;
int cnt=0;
for(auto c:s){
if(c=='|'){
if(cnt) cout<<cnt<<" ";
cnt=0;
}else{
cnt++;
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--){
Showball();
}
return 0;
}
C - Move Segment
模擬亂搞，下標，邊界有點煩。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64=long long;
void Showball(){
int n,k;
cin>>n>>k;
string s;
cin>>s;
vector<int> a,b;
string order="";
for(int i=0,j=0;i<n;){
while(j<n&&s[i]==s[j]) j++;
order+=s[i];
if(s[i]=='1') a.push_back(j-i);
else b.push_back(j-i);
i=j;
}
int one=0,zero=0;
a[k-2]+=a[k-1];
for(auto c:order){
if(c=='1'){
if(one==k-1) {
one++;
continue;
}
for(int i=0;i<a[one];i++) cout<<1;
one++;
}else{
for(int i=0;i<b[zero];i++) cout<<0;
zero++;
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--){
Showball();
}
return 0;
}
D - Strange Mirroring 思維
經典性質，以 \(01\) 串舉例。\(0 \rightarrow 01 \rightarrow0110\rightarrow01101001\)
\(0\) \(1\) \(1\) \(0\) \(1\) \(0\) \(0\) \(1\)
\(0\) \(1\) \(2\) \(3\) \(4\) \(5\) \(6\) \(7\)
我們發現性質：如果當前位 \(i\) 的\(popcount\), 即 \(2\) 進位制下 \(1\) 的個數是奇數，那麼該位為 \(1\)，否則為 \(0\)。
不妨令原串為 \(s\), 大小寫反轉後的串為 \(t\)。那麼我們可以根據這個性質判斷當前位落在哪個串中，然後
取模求位置即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64=long long;
void Showball(){
string s,t;
cin>>s;
int n=s.size();
t=s;
for(int i=0;i<n;i++){
if(islower(t[i])) t[i]=char(t[i]-32);
else t[i]=char(t[i]+32);
}
int q;
cin>>q;
while(q--){
i64 x;
cin>>x;
x--;
i64 p=x/n;
int r=x%n;
if(__builtin_popcountll(p)&1) cout<<t[r]<<" ";
else cout<<s[r]<<" ";
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--){
Showball();
}
return 0;
}
E - 1D Bucket Tool 並查集
可以用並查集來進行維護相同的顏色。只需要維護出這段顏色的左端點以及區間長度即可。
對於查詢 \(2\) ，直接查詢 \(cnt\) 陣列即可。考慮查詢 \(1\) 。我們透過並查集的 \(find\) 函式查到 \(x\) 所在區間的左端點。
然後原本區間顏色數量減去區間長度大小。更新顏色，並且維護新顏色的數量。注意還需要判斷左右相鄰區間顏色是否相同，然後維護顏色並查集即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64=long long;
struct DSU{
vector<int> p, sz;
DSU(int n) : p(n + 1), sz(n + 1, 1){
iota(p.begin(), p.end(), 0);
}
int find(int x){
return p[x] == x ? x : p[x] = find(p[x]);
}
bool same(int x, int y) {
return find(x) == find(y);
}
bool merge(int x, int y){
x = find(x), y = find(y);
if (x == y) return false;
if (x > y) swap(x, y);
sz[x] += sz[y];
p[y] = x;
return true;
}
};
void Showball(){
int n,q;
cin>>n>>q;
DSU dsu(n+1);
vector<int> cnt(n+2,1),color(n+2);
iota(color.begin(),color.end(),0);
while(q--){
int op;
cin>>op;
if(op==1){
int x,c;
cin>>x>>c;
int l=dsu.find(x);
int len=dsu.sz[l];
cnt[color[l]]-=len;
color[l]=c;
cnt[color[l]]+=len;
if(color[dsu.find(l-1)]==color[l]) dsu.merge(l-1,l);
if(color[dsu.find(l+len)]==color[l]) dsu.merge(l,l+len);
}else{
int c;
cin>>c;
cout<<cnt[c]<<"\n";
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--){
Showball();
}
return 0;
}
F - Exchange Game 博弈+狀壓
我們發現資料範圍很小，考慮狀態壓縮。分別儲存先手和後手以及桌上的牌型。
然後記憶化搜尋即可。如果一個狀態的後繼狀態中存在一個必敗態，那麼這個狀態一定是必勝態。（因為玩家很聰明，一定會走到這個狀態），否則當前狀態為必敗態。
具體實現參考程式碼及註釋。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64=long long;
void Showball(){
int n,m,l;
cin>>n>>m>>l;
int len=n+m+l;
vector<int> a(len);
for(int i=0;i<len;i++) cin>>a[i];
vector<vector<int>> dp(4100,vector<int>(4100));
function<int(int,int)> dfs=[&](int x,int y){
if(dp[x][y]) return dp[x][y];
int st=x+y;
for(int i=0;i<len;i++){//列舉桌上牌型
if(st>>i&1) continue;
for(int j=0;j<len;j++){//列舉當前先手牌型
if(!(x>>j&1)) continue;
if(a[j]>a[i]){//可以摸桌上牌
int t=x-(1<<j)+(1<<i);
int tt=dfs(y,t);
if(tt==2) return dp[x][y]=1;
}else{//不能摸桌上牌
int t=x-(1<<j);
int tt=dfs(y,t);
if(tt==2) return dp[x][y]=1;
}
}
}
return dp[x][y]=2;
};
int x=0,y=0;
for(int i=0;i<n;i++) x|=1<<i;
for(int i=n;i<n+m;i++) y|=1<<i;
int ans=dfs(x,y);
cout<<(ans==1?"Takahashi\n":"Aoki\n");
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--){
Showball();
}
return 0;
}
G - Another Shuffle Window 思維+期望+逆序對
先來一道前置例題：CF749E
簡要題意：給出一個 \(1∼n\) 的排列，從中等機率的選取一個連續段，設其長度為 \(l\) 。對連續段重新進行等機率的全排列，求排列後整個原序列的逆序對的期望個數。
思路：考慮每一對 \((i,j)\) 對答案的貢獻。先求出更改前的逆序對數量。再考慮更改後的。不妨設 \(i<j\) 。
那麼如果 \(a_i>a_j\), 那麼如果選擇的區間包含 \((i,j)\) 就會有 \(\frac{1}{2}\) 的 負貢獻。因為從逆序對變成了順序對。
反之，產生了 \(\frac{1}{2}\) 的 正貢獻。區間包含 \((i,j)\) 的機率為：\(\frac{2\times (n-j+1)\times i}{n\times (n+1)}\) 。因此貢獻為：\(\frac{(n-j+1)\times i}{n\times (n+1)}\) 。
我們只需要列舉區間右端點，然後用樹狀陣列統計大於和小於右端點的下標之和即可算出貢獻。
統計逆序對使用樹狀陣列即可。
程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64=long long;
void Showball(){
int n;
cin>>n;
vector<int> a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
vector<array<i64,2>> tr(n+1);
auto add=[&](int op,int x,int v){
for(;x<=n;x+=x&-x) tr[x][op]+=v;
};
auto getsum=[&](int op,int x){
i64 ret=0;
for(;x;x-=x&-x) ret+=tr[x][op];
return ret;
};
double q,ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
q+=getsum(0,n)-getsum(0,a[i]);
add(0,a[i],1);
ans-=(n-i+1)*(getsum(1,n)-getsum(1,a[i]));
ans+=(n-i+1)*(getsum(1,a[i]));
add(1,a[i],i);
}
ans/=n;ans/=(n+1);
cout<<fixed<<setprecision(9)<<q+ans<<"\n";
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--){
Showball();
}
return 0;
}
透過上面這個題，我們就會知道長度為 \(n\) 的排列的期望逆序對數為 \(\frac{1}{2}\times C_n^2\)。
那麼我們去分別考慮每一個長度為 \(k\) 的區間。不妨把序列分成三段 \([1,i-1],[i,i+k-1],[i+k,n]\)。
我們發現洗牌中間序列，對三段之間互相形成的逆序對不會有影響。那麼我們可以透過算出總的逆序對數和中間段的逆序對數，作差來得到兩邊區間的逆序對數。除以 \(n-k+1\) 即可。再加上中間區間的 期望逆序對數量 。
前一部分，我們直接使用樹狀陣列類似滑動視窗的維護即可， 中間區間的期望逆序對數量 就可以用上一題的啟發了。即為 \(\frac{k\times (k-1)}{4}\) 。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64=long long;
const int mod = 998244353;
void Showball(){
int n,k;
cin>>n>>k;
vector<int> a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
vector<i64> tr(n+1);
auto add=[&](int x,int v){
for(;x<=n;x+=x&-x) tr[x]+=v;
};
auto getsum=[&](int x){
i64 ret=0;
for(;x;x-=x&-x) ret+=tr[x];
return ret;
};
auto inv=[&](i64 a){
i64 b=mod-2,ret=1;
while(b){
if(b&1) ret=ret*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ret;
};
i64 sum=0;
for(int i=n;i;i--){
sum+=getsum(a[i]);
add(a[i],1);
}
for(int i=0;i<=n;i++) tr[i]=0;
i64 cur=0;
for(int i=k;i;i--){
cur+=getsum(a[i]);
add(a[i],1);
}
i64 ans=sum-cur;
for(int i=1;i+k<=n;i++){
add(a[i],-1);
cur-=getsum(a[i]);
cur+=getsum(n)-getsum(a[i+k]);
add(a[i+k],1);
ans=(ans+sum-cur)%mod;
}
ans=(ans*inv(n-k+1)%mod+1LL*k*(k-1)%mod*inv(4)%mod)%mod;
cout<<ans<<"\n";
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--){
Showball();
}
return 0;
}