AtCoder-ABC-405 题解

比赛速览

• A. if-else
• B. 暴力模拟
• C. 前缀和优化（不可暴力）
• D. BFS + 打印路径 + 逆向思维
• E. 思维 + 枚举 + 组合数
• F. 问题转化->LCA (区间数据结构做法欢迎投稿)
• G. 莫队 + 分块暴力

A - Is it rated?

题意

ARC比赛分为两个组别Div.$1$ 和Div.$2$， 给定选手的当前分数$R$与参赛组别Div.$X$，判断选手是否参与积分排名。参与积分排名的规则是：

1. 对于Div.$1$ 比赛，分数在$[1600,2999]$区间内。
2. 对于Div.$2$ 比赛，分数在$[1200,2399]$区间内。

参考程序

#include<cstdio>
int r,x;
int main(){
	scanf("%d%d",&r,&x);
	printf((x==1&&1600<=r&&r<=2999)||(x==2&&1200<=r&&r<=2399)?"Yes":"No");
	return 0;
}

B - Not All

给定一个长度为N的整数序列A，和一个正整数M。你可以做如下的操作任意多次：
操作：删除A序列的最后一个元素。
求最少的操作次数，使得序列A不满足：A中包含$1\sim M$中的每个数字。

• $1\le M\le N\le 100$
• $1\le A_i\le M$

由于N比较小，可以暴力Check此时A中是否包含$1\sim M$中的每个数字。也可以用桶维护。

参考程序

#include<iostream>
using namespace std;
int a[105],b[105];
int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		b[a[i]]++;
	}
	for(int i = 1;i<=m;i++)
	{
		if(b[i]==0)
		{
			cout<<'0';
			return 0;
		}
	}
	int c = 0;
	for(int i = n;i>=1;i--)
	{
		c++;
		b[a[i]]--;
		if(b[a[i]]==0)
		{
			break;
		}
	}
	cout<<c;
	return 0;
}

C - Sum of Product

给定一个长度为N的整数序列A， 求${\sum }_{1\le i<j\le N}{A}_i{A}_j$

• $2\le N\le 3\times 10^5$
• $1\le A_i\le 10^4$

由于N很大，不能直接写两层循环模拟，但是我们发现，结果中是每个$A_i$都会乘上自己后面每个数字，因此直接求后缀和与$A_i$相乘即可。反过来对于每个$A_j$都是乘上自己的前面，即前缀和。

参考程序

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long a[300005];
long long s[300005];
long long ans;
int main() {
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		s[i] = s[i-1] + a[i]; 
	}
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		ans += a[i] * (s[n]-s[i]);
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

D - Escape Route

给定一个$H$行$W$列的地图，其中.表示空地可以通过，#表示障碍无法通过，E表示出口。可以上下左右移动，请你求出每个空地到距离最近的出口的路线。
输出每个位置应该向哪个方向移动才能到达最近的出口，方向是(^, >, v, <)

• $1\le H,W\le 1000$

本题与白老师讲过的BFS题目《小明和他的朋友们》非常相似，只是多了一个打印路径。

1. 首先不能从每个空地开始做BFS，因为这样复杂度过高，每个点都要跑一次是$O((HW{)}^2)$。可以选择从所有的E出发（即将所有的E在一开始都丢到队列中作为起点），每次搜到一个空地点就是这个空地点最近能到达的E。
2. 第二个问题就是：如何记录路径？
   我们直接在BFS的时候记录搜索到这个点时的方向即可。因为我们等于从终点E搜索到起点空地，那么只要记录每个点的来的方向，就可以一路走到E。

参考程序

#include <iostream>
#include <queue>
#include <string>
using namespace std;

int main() {
  int H, W;
  cin >> H >> W;
  vector<string> S(H);
  for (auto& s : S) cin >> s;

  queue<pair<int, int>> Q;
  for (int i = 0; i < H; i++) {
    for (int j = 0; j < W; j++) {
      if (S[i][j] == 'E') Q.emplace(i, j);
    }
  }
  int dx[] = {1, 0, -1, 0};
  int dy[] = {0, 1, 0, -1};
  auto ok = [&](int i, int j) { return 0 <= i and i < H and 0 <= j and j < W; };
  string A = "^<v>";
  while (!Q.empty()) {
    auto [i, j] = Q.front();
    Q.pop();
    for (int k = 0; k < 4; k++) {
      int ni = i + dx[k];
      int nj = j + dy[k];
      if (!ok(ni, nj)) continue;
      if (S[ni][nj] != '.') continue;
      S[ni][nj] = A[k];
      Q.emplace(ni, nj);
    }
  }

  for (auto& s : S) cout << s << "\n";
}

E - Fruit Lineup

给定四种水果$a$、$b$、$c$、$d$各有$A$、$B$、$C$、$D$个，我们需要排列这些水果满足：

• $a$水果全在$c$的左边
• $a$水果全在$d$的左边
• $b$水果全在$d$的左边

同类的水果是完全一致的，没有差异。

• $1\le A,B,C,D\le 10^6$

对于这种有$4$个变量的题目,经验告诉我们只要考虑$2$个应该就可以了。$a$的条件比较多,可以从它下手。

1. 所有的$a$最靠右只能放到$A+B$位置,因为后面的$C+D$至少要保证,否则违反$1$和$2$两条规则。
2. 如果最靠右侧的$a$ 我们确定在位置$i$,那么$c$只能在这个位置的右侧$,a$只能在这个位置的左侧。
3. 如果$a$和$c$的位置都确定了,剩余的空位置只能是先放所有的$b$,再放所有的$d$。因此只要确定了$a$和$c$的方案就可以了。 $b$和$d$不用考虑。

综上,我们可以枚举最后一个$a$的位置为$i$,并在$i$左侧的$i-1$个位置中选择$A-1$个位置放$a$,在右侧$N-i$个位置中选择$C$个位置放$c$即可。

$$Ans=\sum _{i=A}^{A+B}C(i-1,A-1)C(N-i,C)$$

参考程序

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1000010
#define tN 3000000
#define mod 998244353
using namespace std;
int a,b,c,d,ans,fac[3*N],inv[3*N];
int qp(int a,int n){
	int fac=1;
	while(n){
		if(n&1) fac=fac*a%mod;
		a=a*a%mod,n>>=1;
	}
	return fac;
}
int C(int n,int m){return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
signed main(){
	cin>>a>>b>>c>>d;
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=tN;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[tN]=qp(fac[tN],mod-2);
	for(int i=tN;i;i--) inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
	for(int x=0;x<=b;x++) (ans+=C(a-1+b-x,a-1)*C(c+d+x,d+x)%mod)%=mod;
	cout<<ans<<"\n";
	return 0;
}

F - Chord Crossing

有2N个点编号为$1\sim 2N$在一个圆环上顺时针均匀分布，给出M条连线，每条连线连通一组偶数编号的点对$A_i$和$B_i$, 保证这些边互不交叉, 且$A_i\ne B_i$。

接下来有$Q$个查询，每次查询给出一组奇数编号的点对$C_i$和$D_i$并画上连线, 请你求出在给出的M条连线中，与新增连线之间一共会有多少个交点。每次查询给出的连线不会影响下一次查询，即查询新增的连线不会留在图中。

• $2\le N\le 10^6$
• $1\le Q\le 10^5$

样例输入

4 2
2 4
6 8
3
1 3
3 7
1 5

样例输出

1
2
0

如图：

重要的问题转化基础：

圆上点之间的两条连线(a, b) 与(c, d)之间如果有交点，则必须满足a < c < b < d。（令a<b, c<d）

本题圆上问题，我们可以考虑在一条直线上，问题可以完全等价成：

在一条长度为$2N$的线段上,均匀分布$2N$个点,存在$M$个区间,区间的首尾都是偶数,且这些区间之间要么是分离关系,要么是包含关系,不存在交叉关系。

$Q$次查询，每次给出一个新的区间，求新区间与原M个区间中多少区间存在交叉关系。

对于这个新问题，着重看其中的包含关系。还可以继续转化模型成为一个树模型。

将$M$条线段看作是$M$个点
如果线段$i$与线段$j$存在直接包含关系,即不存在区间$k$满足：$i$包含$k$, 且$k$包含$j$,则从$i$向$j$画一条有向边。

在本题中保证了所有$M$条区间互不相交,因此包含关系是一个严格偏序关系,以此方法连边的到的一定是树结构（无环,无多个父亲）,由此我们可以获得一个森林,额外创建一个虚点$0$, 使得其构建成一棵树结构。

那么对于一个查询区间$[C_i,D_i]$,我们找出直接包含点$C_i$的区间$u$, 和直接包含点$D_i$的区间$v$,那么$u$和$v$是与查询区间相交的,并且$u$和$v$的父亲也可能是和查询区间相交的,可以一直向上找他们的父亲,直到某节点所代表的区间包含了查询区间,很明显,这是一个$LCA$的问题。

G - Range Shuffle Query

给定一个长度为$N$的序列$A,Q$个查询,每次查询给出$[L,R,X]$, 要求将$A$序列$[L,R]$的子段中$<X$的数字都取出来,并做排列,有多少种不同的排列。

例如：对于子段$[1,2,3,3,1]$, 当$X=3$的时候剩余$[1,1,2]$ 排列共有$3$种：$[1,1,2],[1,2,1],[2,1,1].$

• $1\le N,Q\le 2.5\times 10^5$
• $1\le A_i\le N$

对于多重集组合数,单纯求一次的复杂度是$O(N)$, 所以明显复杂度不支持每次查询单独处理,因此需要考虑查询之间的变化量,所以是个莫队算法。

接下来就是如何快速获知两次查询之间每一种数字数量变化了多少,那么就可以在上一次的结果里乘乘除除搞定。

查询不变化不仅仅是个区间的变化,还有一个数字$X$的变化。如果仅仅是区间的变化则是一个标准的莫队算法。对于$X$的变化,我们需要用到分块的思想来解决。

1. 很明显我们需要维护一个桶,用来记录每个数字出现的次数。当区间变化的时候,莫队算法可以很容易维护桶的变化。

2. 区间变化完成之后$,X$的变化会导致原本需要纳入考虑的数字现在不需要计入了（$X$变小了）,或者反之；那么当$X$的变化幅度较大的时候,我们扫描的代价就变大到$O(N)$了,因此我们可以对桶做分块维护,将复杂度降低到$O(\sqrt{N})$

3. 由此我们单次计算多重集排列数的复杂度为$O(\sqrt{N})$, 总的计算复杂度为$O(Q\sqrt{N})$.

4. 莫队维护区间变化的总复杂度为$O(N\sqrt{N})$

5. 综上总复杂度为$O(N\sqrt{N})$

参考程序

自行参考Atcoder提交记录。

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赛后交流

WX： jikecheng11，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。