A - Election 2 (abc366 A)
題目大意
\(n\)張票，目前投了 \(t\)給高橋， \(a\) 給青木。
問剩餘票隨便分配，是否都是一個結局。
解題思路
考慮最好情況，即剩下票全部投給當前票少的，看看能不能超過對方，會則結局會變，否則不會變。
神奇的程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n, t, a;
cin >> n >> t >> a;
if (t > a)
swap(t, a);
int left = n - t - a;
if (t + left > a)
cout << "No" << '\n';
else
cout << "Yes" << '\n';
return 0;
}
B - Vertical Writing (abc366 B)
題目大意
給定\(n\)個字串，把這 \(n\)個字串順時針旋轉 \(90\)度，輸出。
由於字串長度不一，可能會出現 st的情況，前面的 都要替換成*。
解題思路
手動旋轉\(90\)度，然後對於每一行，從右往左，一旦碰到字元，後續再碰到 時，替換成 *即可。
神奇的程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
int m = 0;
vector<string> s(n);
for (auto& i : s) {
cin >> i;
m = max(m, (int)i.size());
}
vector<string> t(m);
reverse(s.begin(), s.end());
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (auto& j : s) {
if (i < j.size()) {
t[i] += j[i];
} else {
t[i] += ' ';
}
}
}
for (auto& i : t) {
bool start = false;
for (int j = i.size() - 1; j >= 0; --j) {
if (i[j] != ' ') {
start = true;
}
if (start && i[j] == ' ') {
i[j] = '*';
}
}
}
for (auto& i : t)
cout << i << '\n';
return 0;
}
C - Balls and Bag Query (abc366 C)
題目大意
\(q\)個操作，分三種。
1 x放入揹包一個球，數字\(x\)2 x從揹包拿出一個球，數字\(x\)3問揹包不同數字球的個數
解題思路
用map維護一下各個數字球的個數，當\(map[x] = 0\)時移除該元素，詢問就是 \(map.size()\)
神奇的程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int q;
cin >> q;
map<int, int> cnt;
while (q--) {
int op;
cin >> op;
if (op == 1) {
int x;
cin >> x;
cnt[x]++;
} else if (op == 2) {
int x;
cin >> x;
cnt[x]--;
if (cnt[x] == 0)
cnt.erase(x);
} else {
cout << cnt.size() << '\n';
}
}
return 0;
}
D - Cuboid Sum Query (abc366 D)
題目大意
三維陣列，回答\(q\)個詢問，每個詢問問一個三維區間和。
解題思路
維護一個三元字首和，即可\(O(1)\)透過容斥原理得到一個三元區間的和。
至於如何容斥出來的，感受下二維的情況，三維就是\(2^3\)個項的相加減，公式即在程式碼裡，其實就是\(\sum_{i=0}^{1} \sum_{j=0}^{1} \sum_{k=0}^{1} (-1)^{i+j+k} sum[x-len_x \times i][y-len_y \times j][z- len_z \times k]\)。這裡\(x\)就是 \(rx\)， \(x - len_x\)就是 \(lx - 1\)，其餘字母同理。
神奇的程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<vector<vector<int>>> a(
n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1)));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
for (int k = 1; k <= n; k++) {
cin >> a[i][j][k];
}
}
}
vector<vector<vector<int>>> sum(
n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(n + 1)));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
for (int k = 1; k <= n; k++) {
sum[i][j][k] = a[i][j][k] + sum[i - 1][j][k] +
sum[i][j - 1][k] + sum[i][j][k - 1] -
sum[i - 1][j - 1][k] - sum[i - 1][j][k - 1] -
sum[i][j - 1][k - 1] + sum[i - 1][j - 1][k - 1];
}
}
}
int q;
cin >> q;
while (q--) {
int lx, rx, ly, ry, lz, rz;
cin >> lx >> rx >> ly >> ry >> lz >> rz;
int ans = sum[rx][ry][rz] - sum[lx - 1][ry][rz] - sum[rx][ly - 1][rz] -
sum[rx][ry][lz - 1] + sum[lx - 1][ly - 1][rz] +
sum[lx - 1][ry][lz - 1] + sum[rx][ly - 1][lz - 1] -
sum[lx - 1][ly - 1][lz - 1];
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
E - Manhattan Multifocal Ellipse (abc366 E)
題目大意
二維平面。給定\(n\)個點\((x_i, y_i)\)。
給定\(D\)，問有多少個座標 \((x,y)\)，滿足\(\sum_{i=1}^{n}(|x - x_i| + |y - y_i|) \leq D\)
解題思路
從求和式子可以看出\(x,y\)是相互獨立的，\(\sum_{i=1}^{n}(|x - x_i| + |y - y_i|) = \sum_{i=1}^{n}|x - x_i| + \sum_{i=1}^{n}|y - y_i|) \leq D\)，我們可以分別考慮 \(x,y\)軸的情況。
注意到點座標範圍只有 \([-10^6, 10^6]\) ，我們可以直接列舉\(x\) 和\(y\)的值，由於\(D \leq 10^6\)，可以粗略算出來\(x,y\)的範圍不會超過\([-2e6,2e6]\) 。
因此，我們直接列舉每個\(x\)從\(-2e6\)到 \(2e6\)，計算得到 \(\sum_{i=1}^{n}|x-x_i|\)的值 。而計算這個值可以\(O(1)\)或\(O(\log n)\)算出來，即把絕對值去掉，即\(\sum_{x_i < x} (x - x_i) + \sum_{x_i \geq x}(x_i - x)\)。我們對\(x_i\)排序，然後可以二分\(x\)或者列舉\(x\)時動態維護這個邊界點，同時維護字首和presum、字尾和sufsum，以及邊界點前面的點數\(it\)，那麼 \(\sum_{x_i < x} (x - x_i) + \sum_{x_i \geq x}(x_i - x) = it * x - presum + sufsum - (n - it) * x\)。
這樣就算出了每個\(x\)的 \(\sum_{i = 1}^{n}|x - x_i|\)，同理計算出每個 \(y\)的 \(\sum_{i=1}^{n}|y-y_i|\)。
剩下的問題就是從\(x\)裡選一個 \(\sum_x\)，從 \(y\)裡選一個 \(\sum_y\) ，有\(\sum_x + \sum_y \leq D\)，有多少對。
這就是個經典問題，先對兩個 \(\sum\)排序，然後依次列舉 \(\sum_x\)，那麼 \(\sum_y \leq D - sum_1\)的都是滿足的，可以二分這個邊界點，或者雙指標維護一下得到滿足條件的\(\sum_y\)的數量，累計即為答案。
神奇的程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n, d;
cin >> n >> d;
vector<int> x(n), y(n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
cin >> x[i] >> y[i];
auto solve = [&](vector<int>& a) {
sort(a.begin(), a.end());
vector<LL> dis;
int up = 2e6;
int it = 0;
LL presum = 0, sufsum = accumulate(a.begin(), a.end(), 0ll);
for (int i = -up; i <= up; ++i) {
LL sum = 0;
while (it < n && a[it] < i) {
presum += a[it];
sufsum -= a[it];
++it;
}
sum = 1ll * it * i - presum + sufsum - 1ll * (n - it) * i;
dis.push_back(sum);
}
sort(dis.begin(), dis.end());
return dis;
};
auto dis1 = solve(x);
auto dis2 = solve(y);
LL ans = 0;
int it = dis2.size() - 1;
for (auto i : dis1) {
while (it >= 0 && dis2[it] + i > d)
--it;
ans += it + 1;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
F - Maximum Composition (abc366 F)
題目大意
給定\(n\)個一次函式 \(f_i(x) = a_ix + b_i\)。
選擇 \(k(\leq 10)\)個不同的一次函式，使得 \(f_{p_1}(f_{p_2}(...f_{p_k}(1)))\)最大。
解題思路
注意到\(a_i > 0, b_i > 0\)，如果允許 重複選函式的話，因為\(x\)越大， \(f(x)\)越大，因此每次肯定選，使得\(f_i(x)\)值最大的函式\(f_i\) 。但這裡不允許重複。
不允許重複，會產生什麼問題呢？比如一個函式\(f_1(x) = 10x + 1\) ，另一個函式\(f_2(x) = x+9\)，如果按照上述方法，結果就是\(f_2(f_1(1))=f_2(11) = 20\)，然而反過來則是 \(f_1(f_2(1)) = f_1(10)=101\)。即函式 \(f_1\)雖然在第一步使用，可以得到最大的 \(f\)，但後使用，可以變得更大。因此，如果最後我會選\(f_1\)和 \(f_2\)，\(f_2\)會優先使用，\(f_1\)會後使用。
這裡就出現了函式之間，選擇的偏序（順序）問題。這個偏序怎麼定義呢？函式\(f_i,f_j\) ，如果\(f_i(f_j(x)) > f_j(f_i(x))\)，則有 \(a_i(a_jx + b_j) + b_i\geq a_j(a_ix + b_i) + b_j\)，我們把 \(i,j\)分離在一左一右，得到 \(\frac{a_i - 1}{b_i} \geq \frac{a_j - 1}{b_j}\)。
這意味著說，如果\(\frac{a_i - 1}{b_i} \geq \frac{a_j - 1}{b_j}\)，則\(f_i(f_j(x)) > f_j(f_i(x))\)，即我先用\(f_j\)，再用 \(f_i\)。
有了這個函式使用的偏序有什麼用呢？題目要使值最大，不僅要考慮選哪 \(k\)個函式，還要考慮這 \(k\)個函式複合的順序。而現在我們已經有了一個最優複合順序了，那剩下的問題就是選哪 \(k\)個函式。這其實就是一個選或不選的揹包問題了。
先對 \(f_i\)按照 \(\frac{a_i - 1}{b_i}\)從小到大排序，然後設\(dp[i][j]\)表示考慮前 \(i\)個函式，已經使用了 \(j\)個函式的最大函式值。轉移則考慮當前函式選或不選，從\(dp[i - 1][j-1]\)和 \(dp[i-1][j]\)轉移即可。初始條件 \(dp[0][0] = 1\)。
神奇的程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<array<int, 2>> f(n);
for (auto& [a, b] : f)
cin >> a >> b;
sort(f.begin(), f.end(),
[](const array<int, 2>& a, const array<int, 2>& b) {
auto& [a1, b1] = a;
auto& [a2, b2] = b;
return (a2 - 1) * b1 > (a1 - 1) * b2;
});
vector<LL> dp(k + 1, 0);
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
auto& [a, b] = f[i];
vector<LL> dp2 = dp;
for (int j = 1; j <= k; ++j) {
dp2[j] = max(dp2[j], a * dp[j - 1] + b);
}
dp.swap(dp2);
}
cout << dp[k] << '\n';
return 0;
}
G - XOR Neighbors (abc366 G)
題目大意
給定一張圖，給每個點一個點權，使得每個點的鄰居的點權異或和為\(0\)。給出方案，或告知不能。
解題思路
<++>
神奇的程式碼