AtCoder Regular Contest 179 A~C

最新推荐文章于 2025-11-24 14:22:58 发布

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#c语言 #ACM-ICPC #OI #c++ #算法 #atcoder

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A.Partition（思维）

题意：

给你整数 $N$ 和 $K$ 。

长度为 $N$ 的整数序列 $X=(X1,X2,…,XN)X=(X_1,X_2,\dots,X_N)$ 的累积和定义为长度为 $N + 1$ 的序列 $Y=(Y0,Y1,…,YN)Y=(Y_0,Y_1,\dots,Y_N)$ 如下：

$Y_0=0$
$Yi=∑j=1iXj(i=1,2,…,N)Y_i=\displaystyle\sum_{j=1}^{i}X_j (i=1,2,\dots,N)$

长度为 $N$ 的整数序列 $X=(X1,X2,…,XN)X=(X_1,X_2,\dots,X_N)$ 如果且仅当它满足以下条件时，才称作良好序列：

在 $X$ 的累积和中，任何小于 $K$ 的值都出现在任何不小于 $K$ 的值之前。
形式上，对于 $X$ 的累积和 $Y$ ，对于任意一对整数 $(i, j)$ ，若 $0≤i,j≤N0\le i,j\le N$ ，若 $(Yi<K(Y_i\lt K$ 和 $Yj≥K)Y_j\ge K)$ ，则 $i<ji\lt j$ 。

给你一个长度为 $N$ 的整数序列 $A=(A1,A2,…,AN)A=(A_1,A_2,\dots,A_N)$ 。请判断 $A$ 中的元素能否重新排列成一个良好序列。如果可以，输出一个这样的重排结果。

分析：

首先题意告诉我们，小于等于 $K$ 的在前面，大于 $K$ 的在后面，那么不难想到，当 $K$ 是正数的时候，可以按从小到大的顺序排列。因为有 $Y_0=0$ ，当 $K$ 是负数时，按从小到大顺序排列便不合法，需要从大到小排列。

考虑如何判定无解的情况，当K小于等于 $0$ 时，因为 $Y_0=0$ ，若想要从大到小排列，那么 $Y_0=0$ 就是最大数，需要保证排列的和大于等于 $K$ ，若和小于 $K$ ，则不合法。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;

int main() {
    LL n, k, sum = 0;
    cin >> n >> k;
    vector<LL> a(n);
    for (LL i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i], sum += a[i];
    if (sum < k && k <= 0) {
        cout << "No" << endl;
        return 0;
    }
    if (k > 0)
        sort(a.begin(), a.end());
    else
        sort(a.begin(), a.end(), greater<LL>());
    cout << "Yes" << endl;
    for (LL i = 0; i < n; i++)
        cout << a[i] << " ";
    cout << endl;
    return 0;
}

B.Between B and B（动态规划）

题意：

给你一个长度为 $M$ 的序列 $(X1,X2,…,XM)(X_1,X_2,\dots,X_M)$ ，它由介于 $1$ 和 $M$ 之间的整数组成。

求长度为 $N$ 的序列 $A=(A1,A2,…,AN)A=(A_1,A_2,\dots,A_N)$ 中，序列 $A=(A1,A2,…,AN)A=(A_1,A_2,\dots,A_N)$ 的个数对 $998244353$ 取模的结果，该序列由 $1$ 和 $M$ 之间的整数组成，且满足以下条件：

对于每个 $B=1,2,…,MB=1,2,\dots,M$ ， $A$ （包括两端）中任何两个不同出现的 $B$ 之间都存在值 $X_B$ 。

更正式地说，对于每个 $B=1,2,…,MB=1,2,\dots,M$ ，必须满足以下条件：

对于每一对整数 $(l, r)$ ，如 $1≤l<r≤N1\leq l\lt r\leq N$ 和 $A_l=A_r=B$ ，都存在一个整数 $m$ （ $l≤m≤rl\leq m\leq r$ ），如 $A_m=X_B$ 。

分析：

读题考虑DP，观察数据范围， $1≤M≤101\leq M \leq 10$ ， $1≤N≤1041\leq N \leq 10^4$ ，猜测本题复杂度可能是 $O(N×2M×M)O(N\times 2^M\times M)$ ，考虑如何设计状态转移。

设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，状态为 $j$ ，简单的想，对于每一个数 $B$ ，存储从上一个数到这个一个数的关系，例如用 $0$ 表示没有， $1$ 表示有，那么看一下 $X_B$ 是否存在即可，但是这样写，复杂度为 $2^{10})^{10}$ ，无法存储。但是我们发现其实并不需要所有数的状态，只需要 $X_B$ 这一个状态，只需要判断 $X_B$ 是否存在即可。我们让状态 $j$ 的第 $k$ 位存储 $x_k$ 是否存在，第 $i$ 个数如果填 $k$ ，然后查看上一个填 $k$ 的位置，从上一个 $k$ 到当前的 $k$ ， $x_k$ 是否一直存在。考虑如何更新，因为第 $i$ 个数填了 $k$ ，所以 $j$ 里面 $k$ 这一位就要清空。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10;
const int mod = 998244353;
const int M = 11;

LL n, m;
LL a[M], f[N][1 << M], mask[M];

int main() {
    cin >> m >> n;
    for (LL i = 1; i <= m; i++)
        cin >> a[i], mask[a[i]] |= 1ll << i - 1;
    f[0][(1 << m) - 1] = 1;
    for (LL i = 0; i < n; i++)
        for (LL j = 1; j <= m; j++)
            for (LL k = 0; k < 1 << m; k++)
                if ((k >> j - 1) & 1)
                    f[i + 1][(k ^ (1 << j - 1)) | mask[j]] = (f[i + 1][(k ^ (1 << j - 1)) | mask[j]] + f[i][k]) % mod;
    LL res = 0;
    for (LL i = 0; i < 1 << m; i++)
        res = (res + f[n][i]) % mod;
    cout << res << endl;
    return 0;
}

C.Beware of Overflow（交互）

题意：

这是一个交互式问题。

给你一个正整数 $N$ 。

评测机有一个隐藏的正整数 $R$ 和 $N$ 整数 $A1,A2,…,ANA_1,A_2,\dots,A_N$ 。保证 $∣Ai∣≤R|A_i|\le R$ 和 $∣∑i=1NAi∣≤R\left|\displaystyle\sum_{i=1}^{N}A_i\right|\le R$ 。

有一块黑板，可以在上面书写绝对值不超过 $R$ 的整数。最初，黑板是空的。

评测机在黑板上依次写下了数值 $A1,A2,…,ANA_1,A_2,\dots,A_N$ 。你的任务是经过若干操作后使黑板上只包含一个值 $∑i=1NAi\displaystyle\sum_{i=1}^{N}A_i$ 。

你无法直接知道 $R$ 和 $A_i$ 的值，但可以与评测机互动最多 $25000$ 次。

对于正整数 $i$ ，让 $X_i$ 成为写在黑板上的第 $i$ 个整数。具体来说， $X_i=A_i$ 为 $i=1,2,…,Ni=1,2,\dots,N$ 。

在一次交互中，可以指定两个不同的正整数 $i$ 和 $j$ 并选择以下操作之一：

执行加法运算。评测机将擦除黑板上的 $X_i$ 和 $X_j$ 并在黑板上写下 $X_i+X_j$ 。
$∣Xi+Xj∣≤R|X_i+X_j|\leq R$ 必须保持不变。
进行比较。评测机会告诉你 $Xi<XjX_i\lt X_j$ 是真还是假。

在这里，在每次交互开始时，写在黑板上的第 $i$ 和第 $j$ 个整数必须没有被擦除。

适当地进行交互操作，以便在所有交互操作之后，黑板上只包含一个值 $∑i=1NAi\displaystyle\sum_{i=1}^{N}A_i$ 。

$R$ 和 $A_i$ 的值是在程序与评测机开始交互之前确定的。

分析：

首先我们想到进行排序，可以发现 $∣A1+An∣≤R|A_1+A_n|\le R$ 一定满足，分情况讨论可证，发现这个性质后，我们可以进一步处理问题。

首先将序列排序，取头尾两数求和，产生一个新的数，将其插入剩余的序列中，由于剩下的序列也是升序的，可以二分插入，由此产生一个新的序列，对这个序列不断重复上述操作即可。这样只需要排序一次，再加上合并需要的次数，总次数为 $10000 + 10000 + 1000 = 21000$ ，满足要求。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;

bool cmp(LL a, LL b) {
    cout << "? " << a << " " << b << endl;
    LL ok;
    cin >> ok;
    return ok;
}

int main() {
    LL n;
    cin >> n;
    vector<LL> id;
    for (LL i = 1; i <= n; i++)
        id.push_back(i);
    sort(id.begin(), id.end(), cmp);
    while (n > 1) {
        cout << "+ " << id[0] << " " << id.back() << endl;
        LL p;
        cin >> p;
        id.erase(id.begin());
        id.pop_back();
        n--;
        if (n == 1)
            break;
        LL l = 0, r = id.size() - 1;
        while (l < r) {
            LL mid = l + r >> 1;
            if (cmp(p, id[mid]))
                r = mid;
            else
                l = mid + 1;
        }
        if (!cmp(p, id[r]))
            r++;
        id.insert(id.begin() + r, p);
    }
    cout << "!" << endl;
    return 0;
}