AtCoder Beginner Contest 238 A - F 題解

Nan97發表於2022-02-06

AtCoder Beginner Contest 238

\(A - F\) 題解

A - Exponential or Quadratic

題意

判斷 \(2^n > n^2\)是否成立？

Solution

當 \(n\) 為 2,3,4 的時候不成立,否則成立

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main() {	
	int n; cin >> n;
	bool flag = true;
	if(n >= 2 && n <= 4) flag = false;
	puts(flag ? "Yes" : "No");
    return 0;
}

B - Pizza

題意

切披薩，先在 12:00 的位置(鐘錶的位置) 切一刀，然後按照給定的序列 \(A\) ， 每次先順時針旋轉 \(A_i\) 度，然後在在 12:00 的位置切一刀，問最後的所有披薩塊中圓心角最大的是多少度？

Solution

按照題意模擬，在原披薩中每個被切到的地方標記一下，求最大的區間長度即可

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main() {
	int n; cin >> n;
	vector<bool> vis(361);
	vis[0] = vis[360] = true; //初始化

	int res = 0;
	for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
		int x; cin >> x;
		res += x;
		vis[res % 360] = true; 
	}

	int l = 0; //上一次被切到的位置
	int ans = 0; 
	for(int i = 1; i <= 360; i ++ ) { //注意要列舉到 360°
		if(!vis[i]) continue;
		ans = max(ans, i - l);
		l = i;
	}
	
	cout << ans << "\n";

    return 0;
}

C - digitnum

題意

定義\(f(x)\) 是 和 \(x\) 的位數相同且小於等於 \(x\) 的正整數的個數

\(f(1) = 1, f(2) = 2, f(10) = 1 \ ...\)

給定一個 \(x\) , 求 \(f(1) \ + \ f(2) \ + \ f(3) \ + \ ... \ f(x)\) 的值 模 \(998244353\) 的值

Solution

注意到對於長度確定的數字的 \(f(n)\) 的值是 \(1 - x\) 的一個公差為\(1\) 的序列

因此我們可以列舉數字的長度, 分別計算即可

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
constexpr int MOD = 998244353;

LL chk(int x) {
	LL res = 1;
	while(x -- ) res *= 10;
	return res;
}

int main() {
	#ifndef ONLINE_JUDGE
 		freopen("1.txt", "r", stdin);
 	#endif
	LL x; cin >> x;
	LL ans = 0;
	int len = to_string(x).size();
	for(int i = 1; i <= len; i ++ ) {
		LL r = min(chk(i) - 1, x); //右邊界
		LL l = chk(i - 1); //左邊界
		LL len = r - l + 1;//計算等差數列的長度
		LL X = len + 1; //等差數列計算公式 len + (len + 1) / 2 
		if(len % 2 == 0) len /= 2; //這裡為了避免溢位先除以 2
		else X /= 2;
		len %= MOD; //這裡為了避免溢位先取模
		X %= MOD; 

		LL res = len * X % MOD; //上面已經除以 2 了
		ans = (ans + res) % MOD;
	}
	cout << ans << "\n";
    return 0;
}

D - AND and SUM

題意

\(x \ \& \ y \ = \ a\) \(x \ + \ y \ = s\)

給定 \(a\) 和 \(s\) , 判斷是否存在合法的 \(x\) 和 \(y\)

Solution

\(x + y = x \bigoplus y + (x \& y) * 2\) 異或是不進位加法, \(\&\) 是進位，因此要乘以 2

因此我們先判斷 \(a * 2 \le s\) 是否成立

然後判斷 \(s - 2 * a\) 二進位制下的每一位,如果第 \(i\) 位是 1 的話，那麼 a 的第 \(i\) 位就不可以是 1

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main() {
	int T; cin >> T;
	while(T -- ) {
		LL a, s; cin >> a >> s;
		LL res1 = a * 2; 
		if(a * 2 > s) {
			puts("No");
			continue;
		}		
		LL p = s - a * 2; // x ^ y
		
		bool flag = true;
		for(int i = 0; i < 64; i ++ ) {
			if(p >> i & 1) {
				if(a >> i & 1) {
					flag = false;
					break;
				}
			}
		}
		puts(flag ? "Yes" : "No");
	}
    return 0;
}

E - Range Sums

題意

給定一些區間的和，判斷是否可以 在其中選擇一些區間 可以通過這些區間的和算出 \(1-n\) 的區間和

Solution

  • One \(DFS\)

    問題可以抽象成一個圖論問題,給定的 \([l, r]\) 區間可以理解為 $l-1 $ 到 \(r\) 的一條無向邊,判斷從 \(0\) 是否可以到達 \(n\) 即可

  • Two \(DSU\)

    對於給定的區間 \([l, r]\) 我們可以看成 點 \(l-1\) 和 點 \(r\) 是連通的，即可以互相到達的兩個點，用並查集合並這兩個點

    判斷最終 \(0\) 和 \(n\) 是否連通即可

Code

  • One

    #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 2e5 + 10;
vector<int> e[N];
bool st[N];

void dfs(int u) {
	if(st[u]) return;
	st[u] = true;
	for(int &v: e[u]) {
		dfs(v);
	}
}

int main() {
	int n, q;
	cin >> n >> q;
	while(q -- ) {
		int x, y; cin >> x >> y;
		e[x - 1].push_back(y);
		e[y].push_back(x - 1);
	}	
	dfs(0);
	puts(st[n] ? "Yes" : "No");
	return 0;
}

  • Two

    #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 2e5 + 10;
int main() {
	int n, q;
	cin >> n >> q;
	vector<int> p(N);
	iota(p.begin(), p.end(), 0);
	function<int(int)> find = [&](int x) {
		if(p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
		return p[x];
	};
	while(q -- ) {
		int x, y; cin >> x >> y;
		p[find(x - 1)] = find(y);
	}	
	puts(find(0) == find(n) ? "Yes" : "No");
	return 0;
}

F - Two Exams

題意

有兩個關於城市的測試 \(P\) 和 \(Q\) ，二者的結果都是 \(1-n\) 的一個排列

現在我們要再 \(n\) 個城市中選擇 \(k\) 個城市 並且滿足一下條件

  • 如果 \(X\) 被選擇了 而且 \(Y\) 沒有被選擇， 那麼 $P_X > P_Y $ 並且 \(Q_X > Q_Y\)

Solution

我們可以先把兩個 測試分數 處理一下

定義一個 \(v\) 陣列， \(v_i = j\) 代表 測試\(P\)分數為 \(i\) 的人 測試 \(Q\) 為 \(j\)

對於 \(v\) 陣列我們可以進行一個 \(DP\)

\(Dp[i][j][k]\) 代表在 測試 \(P\) 分數區間為 \(1-i\) 的人中選擇 \(j\) 個人, 並且在已選擇的人中測試 \(Q\) 的分數最低為 \(k\)

那麼我們可以進行一個 \(O(n^3)\) 的 \(DP\)

constexpr int MOD = 998244353;
dp[0][0][n] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    for(int j = 0; j <= k; j ++ ) {
        for(int val = 1; val <= n; val ++ ) { 
            if(j < k && v[i] < val) { //如果可以選擇這個城市
                dp[i][j + 1][val] = (dp[i][j + 1][val] + dp[i - 1][j][k]) % MOD;
            }
            //如果不選這個城市  也是需要更新的
            //如果這個城市不選,那麼我們所選的合法方案中最小的值一定也比 val 大
            dp[i][j][min(v[i], val)] = (dp[i][j][min(v[i], val)] + dp[i - 1][j][k]) % MOD;
            
        }
    }
}
int ans = 0;
for(int &x: dp[n][k]) ans = (ans + x) % MOD;
cout << ans << "\n";

在實際寫的過程中 \(dp\) 陣列的第一維 可以用滾動陣列優化

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i ++ )

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII ;

template <typename T> void chkmax(T &x, T y) { x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) { x = min(x, y); }

constexpr int MOD = 998244353;

int main() {
    int n, k; 
    cin >> n >> k;
    vector<int> a(n), b(n);
    for(int &x: a) cin >> x;
    for(int &x: b) cin >> x;

    vector<int> v(n);
	rep(i, 0, n - 1) v[a[i] - 1] = b[i] - 1;

	vector dp(k + 1, vector<int>(n + 1, 0));

	dp[0][n] = 1;

	rep(i, 0, n - 1) {
		vector ndp(k + 1, vector<int>(n + 1, 0));		
		rep(x, 0, k) {
			rep(y, 0, n) {
				if(x < k && v[i] < y) { //如果可以選
					ndp[x + 1][y] += dp[x][y];
					ndp[x + 1][y] %= MOD;
				}
				ndp[x][min(y, v[i])] += dp[x][y];
				ndp[x][min(y, v[i])] %= MOD;
			}
		}
		dp.swap(ndp);
	}
    
    int res = 0;
    for(int &x: dp[k]) {
    	res = (res + x) % MOD;
    }
    cout << res << "\n";

	return 0;
}

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