AtCoder Beginner Contest 356 A~F

A.Subsegment Reverse

题意

给出三个正整数 N , L , R N, L, R N,L,R

对于一个序列 A = ( 1 , 2 , … , N ) A = (1, 2, \ldots, N) A=(1,2,,N),请你输出翻转了 L ∼ R L \sim R LR之间数字后得到的序列。

分析

使用循环进行翻转即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5e2;

int a[N];

void solve() {
    int n, l, r;
    cin >> n >> l >> r;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i] = i;
    }
    for (int i = l, j = r; i <= j; i++, j--) {
        swap(a[i], a[j]);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cout << a[i] << ' ';
    }
}

int main () {
    solve();
    return 0;
}

B.Nutrients

题意

高桥每天需要补充 M M M种营养物质,第 j j j种营养物质至少需要补充 A j A_j Aj单位。

今天,他将会吃掉 N N N种食物,其中第 i i i种食物能依次获得 X i , 1 , X i , 2 , … , X i , M X_{i, 1}, X_{i, 2}, \ldots, X_{i, M} Xi,1,Xi,2,,Xi,M营养,其中 X i , j X_{i, j} Xi,j表示第 i i i种食物提供的 j j j营养物质的数量。

问:今天能否获得足够的营养?

分析

直接在输入的 A A A数组中减去每个食物对应的营养即可。

如果输入完成后, A A A数组里只存在负数和 0 0 0,那么就表示获得了足够的营养,否则。说明没有获得足够的营养。

代码

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

const int N = 3e5 + 5e2;

int a[N];

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            int x;
            cin >> x;
            a[j] -= x;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        if (a[i] > 0) {
            cout << "No" << endl;
            return;
        }
    }
    cout << "Yes" << endl;
}

int main () {
    solve();
    return 0;
}

C.Keys(二进制枚举)

题意

N N N把钥匙,其中有真有假。

有一扇门,每次可以选择若干把钥匙一起开门,如果其中至少包含 k k k把真的钥匙,那么就可以把门打开。

你对这个门尝试了 M M M次以下操作:

  • 选择 C i C_i Ci把钥匙 A i , 1 , A i , 2 , … , A i , C i A_{i, 1}, A_{i, 2}, \ldots, A_{i, C_i} Ai,1,Ai,2,,Ai,Ci,并尝试打开门。

  • 获得当前尝试的结果 R i R_i Ri

    • 如果 R i = ′ o ′ R_i = 'o' Ri=o:表示门被打开了

    • 如果 R i = ′ x ′ R_i = 'x' Ri=x:表示门未被打开

已知钥匙的真假情况共有 2 N 2^{N} 2N种,请问其中有多少种情况满足 M M M次操作的结果。

分析

由于 n ≤ 15 n \le 15 n15,那么 2 n ≤ 2 15 = 32768 2^{n} \le 2^{15} = 32768 2n215=32768,因此,总的方案数是很小的,可以使用一个长度为 n n n的二进制串表示钥匙的真假情况,即二进制串第 i i i位为 0 0 0表示第 i i i把钥匙为假,第 i i i位为 1 1 1表示第 i i i把钥匙为真。

然后枚举所有可能的二进制串 ( 0 ∼ 2 n − 1 ) (0 \sim 2^{n} - 1) (02n1),并检查每个二进制串是否满足题目要求,即能打开门的方案中真钥匙的数量是否大于等于 k k k,不能打开门的方案中真钥匙的数量是否小于 k k k。如果满足题目要求,就记录答案数量加一。

最后输出记录的答案数量即可。

代码

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

const int N = 3e2 + 5e2;

int n, m, k, c[N], r[N], a[N][N];

bool check(int x) {
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int cnt = 0;
        for (int j = 1; j <= c[i]; j++) {
            if ((x & (1 << (a[i][j] - 1))) != 0) {
                cnt++;
            }
        }
        if (cnt >= k && r[i] == 1 || cnt < k && r[i] == 0) {} else {
            return 0;
        }
    }
    return 1;
}

void solve() {
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> c[i];
        for (int j = 1; j <= c[i]; j++) {
            cin >> a[i][j];
        }
        char op;
        cin >> op;
        if (op == 'o') r[i] = 1;
        else r[i] = 0;
    }
    int ans = 0;
    for (int i = (1 << n) - 1; i >= 0; i--) {
        if (check(i)) {
            ans++;
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

int main () {
    solve();
    return 0;
}

D.Masked Popcount(数学)

题意

给出两个数字 N , M N, M N,M,请你计算KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '&' at position 40: …opcount(k\text{&̲}M)取模 998244353 998244353 998244353的结果。

分析

先不考虑 M M M,先考虑 ∑ k = 0 N p o p c o u n t ( k ) \sum\limits_{k = 0}^{N}popcount(k) k=0Npopcount(k)的结果。

使用 a n s [ i ] ans[i] ans[i]表示 1 ∼ N 1 \sim N 1N之间二进制第 i i i为为一的数字个数。

那么 ∑ k = 0 N p o p c o u n t ( k ) = ∑ i = 0 59 a n s [ i ] \sum\limits_{k = 0}^{N}popcount(k) = \sum\limits_{i = 0}^{59}ans[i] k=0Npopcount(k)=i=059ans[i]

然后打表来找一下规律:

  • n = 1 n = 1 n=1时, a n s = [ 1 ] ans = [1] ans=[1]
  • n = 2 n = 2 n=2时, a n s = [ 1 , 1 ] ans = [1, 1] ans=[1,1]
  • n = 4 n = 4 n=4时, a n s = [ 2 , 2 , 1 ] ans = [2, 2, 1] ans=[2,2,1]
  • n = 8 n = 8 n=8时, a n s = [ 4 , 4 , 4 , 1 ] ans = [4, 4, 4, 1] ans=[4,4,4,1]
  • n = 16 n = 16 n=16时, a n s = [ 8 , 8 , 8 , 8 , 1 ] ans = [8, 8, 8, 8, 1] ans=[8,8,8,8,1]
  • n = 2 i n = 2^{i} n=2i时, a n s = [ 2 i − 1 , 2 i − 1 , … , 2 i − 1 , 1 ] ans = [2^{i - 1}, 2^{i - 1}, \ldots, 2^{i - 1}, 1] ans=[2i1,2i1,,2i1,1]

这样就可以找到 n n n 2 2 2的次方数,对每位二进制产生的贡献。

那如果 n = 2 i + a ( a < 2 i ) n = 2^{i} + a(a < 2^{i}) n=2i+a(a<2i)呢?

不难想到, 2 i ∼ 2 i + a 2^{i} \sim 2^{i} + a 2i2i+a最高的二进制位固定为 1 1 1,那么共有 1 + a 1 + a 1+a个这样的数字,对第 i i i个二进制位产生的贡献即为 1 + a 1 + a 1+a,然后让 n n n减去 2 i 2^{i} 2i,继续计算剩余的 n n n还能产生的贡献即可。

因此,可以依次枚举 59 ∼ 0 59 \sim 0 590,如果 n ≥ 2 i n \ge 2^{i} n2i,那么就让所有的 a n s [ j ] ( j = 0 ∼ ( i − 1 ) ) ans[j](j = 0 \sim (i - 1)) ans[j](j=0(i1))均加上 2 i − 1 2^{i - 1} 2i1,并让 a n s [ i ] ans[i] ans[i]加上 1 + n 1 + n 1+n % 2 i 2^{i} 2i,然后让 n n n减去 2 i 2^{i} 2i

这样,就可以得到了 ∑ k = 0 N p o p c o u n t ( k ) = ∑ i = 0 59 a n s [ i ] \sum\limits_{k = 0}^{N}popcount(k) = \sum\limits_{i = 0}^{59}ans[i] k=0Npopcount(k)=i=059ans[i],然后计算 p o p c o u n t popcount popcount时需要让KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '&' at position 9: k \text{&̲} m,那么不难想到,答案即为所有 m m m的二进制位上为 1 1 1对应的 a n s [ i ] ans[i] ans[i]之和。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int mod = 998244353;

ll ans[105];

void solve() {
    ll n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 60; i >= 0; i--) {
        if (n >= (1ll << i)) {
            ans[i] = ((ans[i] + 1) % mod + n % (1ll << i)) % mod;
            for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {
                ans[j] = (ans[j] + (1ll << (i - 1)) % mod) % mod;
            }
            n -=(1ll << i);
        }
    }
    ll res = 0;
    for (int i = 60; i >= 0; i--) {
        if (m & (1ll << i))
            res = (res + ans[i]) % mod;
    }
    cout << res << endl;
}

int main () {
    solve();
    return 0;
}

E.Max/Min(前缀和)

题意

给出一个序列 A = ( A 1 , … , A n ) A = (A_1, \ldots, A_n) A=(A1,,An),请你求出:

  • ∑ i = 1 n − 1 ∑ j = i + 1 n ⌊ m a x ( A i , A j ) m i n ( A i , A j ) ⌋ \sum\limits_{i = 1}^{n - 1}\sum\limits_{j = i + 1}^{n}\lfloor \frac{max(A_i, A_j)}{min(A_i, A_j)} \rfloor i=1n1j=i+1nmin(Ai,Aj)max(Ai,Aj)

分析

不难想到,如果 A i < A j A_i < A_j Ai<Aj,那么 ⌊ m a x ( A i , A j ) m i n ( A i , A j ) ⌋ = ⌊ A j A i ⌋ \lfloor \frac{max(A_i, A_j)}{min(A_i, A_j)} \rfloor = \lfloor \frac{A_j}{A_i} \rfloor min(Ai,Aj)max(Ai,Aj)=AiAj

因此,可以考虑对所有的 A i A_i Ai,统计 ∑ j = i + 1 n ⌊ A j A i ⌋ \sum\limits_{j = i + 1}^{n}\lfloor \frac{A_j}{A_i} \rfloor j=i+1nAiAj

然后考虑怎么快速计算出 ∑ j = i + 1 n ⌊ A j A i ⌋ \sum\limits_{j = i + 1}^{n}\lfloor \frac{A_j}{A_i} \rfloor j=i+1nAiAj,由于选择的是向下取整,那么对于数字 x x x而言, y = x × j ∼ ( x × ( j + 1 ) ) − 1 y = x \times j \sim (x \times (j + 1)) - 1 y=x×j(x×(j+1))1得到的 ⌊ y x ⌋ \lfloor \frac{y}{x} \rfloor xy均是相同的,因此,可以预处理前缀和,以便于快速知道 x × j ∼ ( x × ( j + 1 ) ) − 1 x \times j \sim (x \times (j + 1)) - 1 x×j(x×(j+1))1之间的数字个数,此时产生的贡献即为 j × ( p r e [ ( x × ( j + 1 ) ) − 1 ] − p r e [ x × j − 1 ] ) × c n t j \times (pre[(x \times (j + 1)) - 1] - pre[x \times j - 1]) \times cnt j×(pre[(x×(j+1))1]pre[x×j1])×cnt,其中 c n t cnt cnt为数字 x x x的出现次数。

因此,可以使用 s u m sum sum数组记录每个数字的出现次数,然后对记录的数字出现次数预处理前缀和。

然后,就可以枚举数字 i i i了,对于数字 i i i,再枚举 j j j 1 1 1 i × j ≤ 1 0 6 i \times j \le 10^{6} i×j106的范围内。统计所有数字产生的贡献即可。

此时计算过程中会多计算了一部分,需要在计算后减去。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5e2;
ll sum[N], pre[N];

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1, num; i <= n; i++) {
        cin >> num;
        sum[num]++;
    }
    for (int i = 1; i <= 1e6; i++) {
        pre[i] = pre[i - 1] + sum[i];
    }
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= 1e6; i++) {
        for (int j = 1; j * i <= 1e6; j++) {
            ans += j * (pre[min((j + 1) * i - 1, 1000000)] - pre[j * i - 1]) * sum[i];
        }
        ans -= sum[i] * (1 + sum[i]) / 2;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

F.Distance Component Size Query(平衡树)

题意:

给你一个整数 K K K。对于初始为空的集合 S S S,依次处理以下两种类型的 Q Q Q查询:

  • 1 x:给出一个整数 x x x。如果 x x x S S S中,则从 S S S中删除 x x x。否则,在 S S S中加入 x x x
  • 2 x:给出位于 S S S中的整数 x x x。考虑一个图,其中的顶点是 S S S中的数字,并且当且仅当两个数字之间的绝对值差最多为 K K K时,这两个数字之间有一条边。请打印包含 x x x的连通部分中的顶点数。

分析:

本题操作 2 2 2可以看作查询 x x x所在的连通块大小,此处我们定义连通块为位于集合 S S S中的数,他们中两个数的绝对值之差小于等于 K K K时,就可以存在一条边。对于求一个连通块内点的个数,我们考虑缩点。

考虑使用 S e t Set Set来维护集合: S 1 S1 S1维护所有点集合, S 2 S2 S2维护缩点的集合,即只存放编号最大的点。在 S 2 S2 S2中需要求两个元素之间的距离,对于本题,暴力会超时,需要使用平衡树求排名,即 r a n k rank rank。普通 S e t Set Set不方便进行求 r a n k rank rank的操作,所以我们使用pb_ds对 S 1 S1 S1进行维护, S 2 S2 S2使用普通 S e t Set Set也可以。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#include <bits/extc++.h>

using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
const LL mod = 1000000007;
const LL MAXN = 4e18;
#define TR tree<LL, null_type, less<LL>, rb_tree_tag, tree_order_statistics_node_update>

TR s1, s2;

int main() {
    int q;
    LL k;
    cin >> q >> k;
    s1.insert(-MAXN), s1.insert(MAXN);
    s2.insert(-MAXN), s2.insert(MAXN);
    while (q--) {
        int cnt;
        LL x;
        cin >> cnt >> x;
        if (cnt == 1) {
            if (s1.find(x) == s1.end()) {
                auto it = s1.insert(x).first;
                LL w1 = *prev(it), w2 = *next(it);
                if (x - w1 <= k)
                    s2.erase(w1);
                if (w2 - x <= k)
                    continue;
                else
                    s2.insert(x);
            } else {
                auto it = s1.find(x);
                LL w1 = *prev(it), w2 = *next(it);
                s1.erase(x), s2.erase(x);
                if (w2 - w1 > k)
                    s2.insert(w1);
            }
        } else {
            auto it = s2.lower_bound(x);  // 找x所在连通块编号最大点
            cout << s1.order_of_key(*it) - s1.order_of_key(*prev(it)) << endl;
        }
    }
    return 0;
}

赛后交流

在比赛结束后,会在交流群中给出比赛题解,同学们可以在赛后查看题解进行补题。

群号: 704572101,赛后大家可以一起交流做题思路,分享做题技巧,欢迎大家的加入。

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