AtCoder Beginner Contest 362 A~E

最新推荐文章于 2025-11-25 10:01:10 发布

原创最新推荐文章于 2025-11-25 10:01:10 发布 · 543 阅读

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#ACM-ICPC #OI #c++ #atcoder

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62 篇文章

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A.Buy a Pen（思维）

题意：

高桥来到一家商店购买钢笔。在这里，一支红笔的价格是 $R$ 日元，一支绿笔的价格是 $G$ 日元，一支蓝笔的价格是 $B$ 日元。

高桥不喜欢 $C$ 这种颜色。如果 $C$ 是"红色"，他就不能购买红色钢笔；如果 $C$ 是"绿色"，他就不能购买绿色钢笔；如果 $C$ 是"蓝色"，他就不能购买蓝色钢笔。

求他买一支笔最少需要多少钱？

分析：

分类讨论三种情况，取最小即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N=250005;
const int MOD=1000000007;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int r,g,b;
    string c;
    cin>>r>>g>>b>>c;
    if(c[0]=='R') {
        r=66666;
    } 
	else if(c[0]=='G') {
        g=66666;
    } 
	else{
        b=66666;
    }
    cout<<min({r,g,b})<<endl;
 
    return 0;
}

B.Right Triangle（数学）

题意：

在 $x y$ 平面上，有三个点 $A(x_A,y_A)$ 、 $B(x_B,y_B)$ 和 $C(x_C,y_C)$ 不相交。请判断三角形 $A BC$ 是否为直角三角形。

分析：

分别算出三条边的长度，使用勾股逆定理判断出三角形是否为直角三角形。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N=250005;
const int MOD=1000000007;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int xA,yA,xB,yB,xC,yC;
    cin>>xA>>yA>>xB>>yB>>xC>>yC;
    int AB=(xB-xA)*(xB-xA)+(yB-yA)*(yB-yA);
    int BC=(xC-xB)*(xC-xB)+(yC-yB)*(yC-yB);
    int CA=(xC-xA)*(xC-xA)+(yC-yA)*(yC-yA);
    if(AB+BC==CA || AB+CA==BC || BC+CA==AB) {
        cout<<"Yes"<<endl;
    } 
    else{
        cout<<"No"<<endl;
    }
    return 0;
}

C.Sum = 0（贪心）

题意：

给你 $N$ 对整数 $(L_1,R_1),(L_2,R_2),\ldots,(L_N,R_N)$ 。

请判断是否存在满足以下条件的由 $N$ 个整数 $X=(X_1,X_2,\ldots,X_N)$ 组成的序列，如果存在，请输出一个这样的序列。

$L_i\leq X_i\leq R_i$ 为每个 $i=1,2,\ldots,N$
$\displaystyle\sum_{i=1}^N X_i=0$

分析：

本题我们考虑贪心。可以先得到一个最小值，即所有的左端点相加，记和为 $n o w$ ，则如果 $n o w > 0$ ，则不可能构成 $0$ ，输出 $N o$ 。

然后遍历每个区间，尽可能的使 $n o w$ 更接近 $0$ ，分两种情况讨论。

$n o w$ 变成 $0$ 的距离小于区间大小。这意味着只要加上这个区间的一部分就能使得 $n o w$ 变为 $0$ 。
$n o w$ 变成 $0$ 的距离大于区间大小。这意味着需要加上这个区间的全部。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
LL n;
LL l[N], r[N];
LL c[N];

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) 
		cin >> l[i] >> r[i];
	LL now = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		now += l[i];
		c[i] = l[i];
	}
	if(now > 0){
		cout<<"No"<<endl;
		exit(0);
	}
	for(int i = 1; i <= n;i++){
		LL ned = 0 - now;
		if(r[i] - l[i] >= ned){
			c[i] = l[i] + ned;
			cout<<"Yes"<<endl;
			for(int i = 1; i <= n; i++) 
				cout << c[i] << " ";
			cout << endl;
			exit(0);
		}
		c[i] = r[i];
		now += (r[i] - l[i]);
	}
	cout << "No"<<endl; 
	return 0;
}

D.Shortest Path 3（最短路）

题意：

问题陈述

给你一个简单连接的无向图，有 $N$ 个顶点和 $M$ 条边。每个顶点 $i(1\leq i\leq N)$ 的权重为 $A_i$ 。每条边 $j(1\leq j\leq M)$ 双向连接顶点 $U_j$ 和 $V_j$ ，权重为 $B_j$ 。

该图中路径的权重定义为路径上出现的顶点和边的权重之和。

针对每个 $i=2,3,\dots,N$ 求解以下问题：

找出从顶点 $1$ 到顶点 $i$ 的路径的最小权重。

分析：

本题为最短路模板题。首先建立无向图，然后将从顶点 $1$ 到其他所有点的最短路径权重设为一个很大的值。这里用 $d i s$ 数组来存储顶点 $1$ 到其他所有点的最短路径权重。

接下来我们用 $D ijk s t r a$ 算法来求顶点 $1$ 到其他所有点的最短路径权重。这里使用优先队列优化的 $D ijk s t r a$ 。优先队列将所有顶点的权重从小到大排序。如果优先队列不为空，取出顶端元素，将当前顶点的权重设为 $w$ ，将当前顶点设为 $u$ 。如果 $w$ 大于目前已知的最短路径权重，也就是 $dis_u$ ，那么跳过。

遍历当前顶点的所有邻接顶点，设当前遍历到的邻接顶点是 $v$ ，计算从顶点 $1$ 到顶点 $v$ 的路径权重，设这个值为 $n x t$ ，如果 $n x t$ 小于 $dis_v$ ，则将 $dis_v$ 更新为 $n x t$ ，并且将 $n x t$ 和 $v$ 加入优先队列。

最后，输出 $d i s$ 数组。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
#define pii pair<LL,LL>
#define N 400005
struct Node{
	LL to,far;
};
LL a[N],dis[N];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
	LL n,m;
	cin>>n>>m;
	vector<vector<Node>>G(n+1);
	for(LL i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
	for(LL i=1;i<=m;i++){
		LL u,v,w;
		cin>>u>>v>>w;
		G[u].push_back({v,w});
		G[v].push_back({u,w});
	}
	priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii>>q;
	for(LL i=0;i<=n;i++)
        dis[i]=LLONG_MAX;
	q.push({a[1],1}),dis[1]=a[1];
	while(q.size()){
		pii pr=q.top();
		LL w=pr.first;
		LL u=pr.second;
		q.pop();
		if(w>dis[u])
            continue;
		for(auto i:G[u]){
			LL v=i.to,nxt_u=w+i.far+a[v];
			if(nxt_u<dis[v]){
				dis[v]=nxt_u;
				q.push({nxt_u,v});
			}
		}
	}
	for(LL i=2;i<=n;i++)
        cout<<dis[i]<<" ";
    return 0;
}

E.Count Arithmetic Subsequences（动态规划）

题意：

给你一个长度为 $N$ 的序列 $A=(A_1,A_2,\dots,A_N)$ 。对于每个 $k=1,2,\dots,N$ ，求长度为 $k$ 的 $A$ 的子序列（不一定连续）中算术序列的个数（答案对 $998244353$ 取模）。如果两个子序列取自不同的位置，即使它们作为序列是相等的，也是有区别的。

分析：

对于一个等差数列，我们只要知道它的第一项，第二项，就能推出第 $n$ 项的值：设第一项为 $w_1$ ，第二项为 $w_2$ ，那么第 $n$ 项的值就是 $w_1+(n−1)×(w_2−w_1)$ ，即首项加上 $(n - 1)$ 倍的公差。

那么这个时候我们就可以考虑动态规划了，可以把前两项是哪个位置直接塞到 $d p$ 的状态里。注意这里是要存位置，如果是值显然是存不下的。一种更简洁的办法是枚举前两项的位置，进行二维 $d p$ ，把贡献累加到答案里即可。

假设这两个位置为 $p_{1},p_{2}$ $(p_1\lt p_2)$ 。设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，选了 $j$ 个的方案数。那么易得 $f_{i,j}=f_{i−1,j}+f_{i−1,j−1}[a_i=a_{p1}+(a_{p2}−a p_1)×(j−1)]$ 。

注意一下这里的初值是 $f_{p_2,2}=1$ ，其它均为 $0$ 。计算时只计算大于 $p_2$ 处的 $d p$ 值。

然后对于每个 $i$ ，将 $k = i$ 的答案加上 $f_{n,i}$ 即可。

这里默认这个等差数列有至少两个元素，对于 $k = 1$ 的情况，显然答案为 $n$ 。

代码：

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

const int MOD=998244353;
int f[85][85],a[85],ans[85];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		cin>>a[i];
	for(int p1=1;p1<=n;p1++){
		for(int p2=p1+1;p2<=n;p2++){
			memset(f,0,sizeof(f));
			f[p2][2]=1;
			int d=a[p2]-a[p1];
			for(int i=p2+1;i<=n;i++){
				for(int j=0;j<=i;j++){
					f[i][j]=f[i-1][j];
					if(a[i]==1ll*d*(j-1)+a[p1]) 
						f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-1])%MOD;
				}
			}
			for(int i=1;i<=n;i++)
				ans[i]=(ans[i]+f[n][i])%MOD;
		}
	}
	cout<<n<<" ";
	for(int i=2;i<=n;i++)
		cout<<ans[i]<<" ";
	return 0;
}