ABC221 覆盤
[ABC221A] Seismic magnitude scales
思路解析
資料範圍 \(B \le A \le 10\)，可以發現能直接暴力求解。注意開 long long。
code
//ABC221A
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a, b;
int main() {
cin >> a >> b;
a -= b;
long long ans = 1;
for(int i = 1; i <= a; i++) {
ans *= 32;
}
cout << ans;
return 0;
}
[ABC221B] typo
思路解析
直接按照題意遍歷 \(s\) 的每個下標與下一個下標交換，然後判斷是否相同即可。注意可以不進行任何操作，要多一次判斷。
時間複雜度：需要遍歷每個下標\(O(\left\vert S \right\vert)\)，而每次交換後的判斷也需要 \(O(\left\vert S \right\vert)\)，因此總複雜度為 \(O(\left\vert S \right\vert ^2)\)。
code
//ABC221B
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s, t;
int main() {
cin >> s >> t;
if(s == t) {
cout << "Yes";
return 0;
}
for(int i = 1; i < s.size(); i++) {
swap(s[i], s[i - 1]);
if(s == t) {
cout << "Yes";
return 0;
}
swap(s[i], s[i - 1]);
}
cout << "No";
return 0;
}
[ABC221C] Select Mul
思路解析
可以想到想讓乘積最大盡量讓位數更平均，而同時我們也需要讓更大的位數排在更前面，於是我們可以先將原數存成陣列從大到小排個序，然後貪心取即可。
時間複雜度：設 \(x=\log_{10}N+1\)，有一層排序，因此複雜度為 \(O(x \log x)\)。
code
//ABC221C
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int main() {
cin >> n;
vector<int> v;
while(n > 0) {
v.push_back(n % 10);
n /= 10;
}
sort(v.begin(), v.end(), [](int x, int y) {
return x > y;
});
int x = 0, y = 0;
for(int i = 0; i < v.size(); i++) {
if(x <= y) x = x * 10 + v[i];
else y = y * 10 + v[i];
}
cout << x * y;
return 0;
}
[ABC221D] Online games
思路解析
首先可以想到先用差分打標記，最後結束時在統計即可。但可惜資料範圍 \(A_i \le 10^9\)，不能存下來每一個時間點，於是想到離散化。將每個區間離散成 \(2\) 個點存下來，這樣總點數就只有 \(2 \times N\) 個，可以透過。最後拿區間之間的人數乘上區間長度即可。
時間複雜度：一次排序加去重，複雜度為 \(O(N \log N)\)。
code
//ABC221D
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, a[N], b[N], c[5 * N], ans[N];
int main() {
cin >> n;
vector<int> v;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i] >> b[i];
v.push_back(a[i]);
v.push_back(a[i] + b[i]);
}
v.push_back(n + 1);
sort(v.begin(), v.end());
v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int pa = lower_bound(v.begin(), v.end(), a[i]) - v.begin() + 1;
int pb = lower_bound(v.begin(), v.end(), a[i] + b[i]) - v.begin() + 1;
c[pa]++; c[pb]--;
}
for(int i = 1; i < v.size(); i++) {
c[i] += c[i - 1];
ans[c[i]] += v[i] - v[i - 1];
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cout << ans[i] << ' ';
}
return 0;
}
[ABC221E] LEQ
思路解析
很有思維量的一道題。首先根據題目要求發現，新求的子序列只跟子序列的頭尾有關，而在確定頭尾之後中間的元素選或不選沒有任何關係。也就是確定新子序列的頭尾下標分別為 \(i,j\)，那麼以當前頭尾的可行子序列個數就是 \(2^{j-i-1}=2^j \div 2^{i+1}\) 種可能。
接下來我們思考，根據題目要求，上方的 \(i,j\) 一定有 \(a_i \le a_j\)，於是我們要做的其實就是找固定 \(j\)，有多少個 \(i\) 使得 \(i<j,a_i \le a_j\)，也就是個二維偏序。但事實上不需要那麼複雜，假設有 \(i_1,i_2,\dots,i_k\) 都滿足題目的條件，那麼以 \(j\) 結尾的子序列的個數就是 \(2^j \div 2^{i_1+1}+2^j \div 2^{i_2+1}+\dots+2^j \div 2^{i_k+1}=2^j \div (2^{i_1+1}+2^{i_2+1}+\dots+2^{i_k+1})\)。
那麼接下來就很輕鬆了，由於上方的 \(i,j\) 一定有 \(a_i \le a_j\)，所以我們可以用一個 \(rk_i\) 存下 \(a_i\) 的排名，設 \(v_{rk_i}=2^{i+1}\)，然後求 \(\sum_{k=1}^{rk_j-1}v_k\)，這樣我們就可以求得滿足 \(a_i \le a_j\) 的條件所有的 \(i\) 對答案的貢獻，還要繼續考慮 \(i<j\) 這個條件。我們其實可以不先處理出來 \(v\) 的值，而是在 \(j \to j+1\) 時處理 \(v_j\) 的值，這樣就能保證所有 \(v\) 當中有值的 \(v_{rk_i}\) 都有 \(i<j\)。由於 \(v\) 需要滿足單點修改和區間求和的操作，所以需要使用樹狀陣列最佳化。
注意：由於有取模和乘方，所以需要使用逆元和快速冪求解。
時間複雜度：需要遍歷每個下標，都需要一次區間查詢和單點修改，複雜度為 \(O(n \log n)\)。
code
//ABC211E
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 3e5 + 10;
const ll mod = 998244353;
int n, m;
ll a[N], c[N], b[N];
map<ll, int> rk;
ll ksm(ll a, ll b, ll p) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) {
ans = ans * a % p;
}
a = a * a % p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll niyuan(ll a, ll p) {
return ksm(a, p - 2, p);
}
void add(ll x, ll y) {
for(; x <= n; x += (x & -x)) {
c[x] = (c[x] + y) % mod;
}
}
ll ask(ll x) {
ll sum = 0;
for(; x > 0; x -= (x & -x)) {
sum = (sum + c[x]) % mod;
}
return sum;
}
int main() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
b[i] = a[i];
}
sort(b + 1, b + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
rk[b[i]] = i;
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ans = (ans + (ksm(2, i, mod) * ask(rk[a[i]])) % mod) % mod;
add(rk[a[i]], ksm(niyuan(2, mod), i + 1, mod));
}
cout << ans;
return 0;
}
[ABC221G] Jumping sequence
思路解析
題意很好理解，四向移動，步長確定，可見移動方式非常複雜，\(x,y\) 軸分別有三種可能的偏移量，於是我們選擇將整個座標系順時針旋轉 \(45^\circ\)，這樣偏移量就只有加減兩種可能，同時終點也變成了 \((x-y,x+y)\)。如此題目就變成了一道可行性揹包問題，可以用 \(f_{i,j}\) 表示走了 \(i\) 步，第 \(j\) 行/列能否到達，由於每次行和列的偏移量的值相同，因此可以存在一個陣列內。最後就是用 bitset 最佳化然後判斷一下能否到達並根據 dp 過程中的值輸出路徑即可。
時間複雜度：\(O(N)\)。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2010, M = 3.6e6 + 10;
int n, a, b, d[N], x, y, ans[N];
bitset<M> f[N];
int main() {
cin >> n >> a >> b;
x = a - b, y = a + b;
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> d[i];
sum += d[i];
}
if(sum < abs(x) || sum < abs(y)) {cout << "No"; return 0;}
if((x + sum) % 2 == 1 || (y + sum) % 2 == 1) {cout << "No"; return 0;}
x = (x + sum) / 2, y = (y + sum) / 2;
f[0][0] = true;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
f[i] = f[i - 1] | (f[i - 1] << d[i]);
}
if(!f[n][x] || !f[n][y]) {cout << "No"; return 0;}
cout << "Yes\n";
for(int i = n; i >= 1; i--) {
if(f[i - 1][x] && f[i - 1][y]) ans[i] = 0;
else if(!f[i - 1][x] && f[i - 1][y]) ans[i] = 1;
else if(f[i - 1][x] && !f[i - 1][y]) ans[i] = 2;
else if(!f[i - 1][x] && !f[i - 1][y]) ans[i] = 3;
if(ans[i] & 1) x -= d[i];
if(ans[i] & 2) y -= d[i];
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(ans[i] == 0) cout << "L";
else if(ans[i] == 1) cout << "D";
else if(ans[i] == 2) cout << "U";
else if(ans[i] == 3) cout << "R";
}
return 0;
}