AtCoder - ABC 178 - C~F

最新推荐文章于 2023-12-20 11:15:58 发布

奶聂小团子

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分类专栏： AtCoder 文章标签：算法

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/m0_64172681/article/details/127925128

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33 篇文章

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C - Ubiquity（容斥原理/DP）

题意：

求满足以下条件的长为 n 的不同序列的个数：
1.0 ≤ $a_{i}$ ≤9
2.序列中至少有一个 $a_{i}$ =0
3.序列中至少有一个 $a_{i}$ =9

答案对 $10^{9}$ +7 取模。

数据范围：

1 ≤ N ≤ $10^{6}$

思路1（容斥原理）：

有0有9的 = 总的 - 无0的 - 无9的 + 无0无9的

Code1:

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

#define fi first
#define se second
#define int long long
const int dx[] = { 1,-1,0,0 }, dy[] = { 0,0,1,-1 };

const int N = 1e6+10, M = 3010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9+7;

typedef pair<int, int>PII;

int n;

int qmi(int a,int k,int p)
{
    int res = 1;
    while(k)
    {
        if(k & 1)res = res * a % p;
        k >>= 1;
        a = a*a%p;
    }
    return res;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    if(n == 1)cout << 0 << endl;
    else cout << ((qmi(10,n,mod) - 2*qmi(9,n,mod) + qmi(8,n,mod))% mod+mod)% mod << endl;
}

signed main()
{
	//int t;
	int t = 1;
	//cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

思路2（DP）：

状态表示：f[i,j,k]表示总共 i 个数的序列。j = 1 表示出现0，j = 0 表示没有出现 0；k = 1 表示出现9，k = 0 表示没有出现9。最终求的答案是 f[n,1,1]。

集合划分：前 i 个数的有0有9的序列可以由前 i - 1 个数的序列状态转移得到——
如果前 i - 1 个数的序列有0有9，则第 i 个数可取0~9；
如果前 i - 1 个数的序列有0无9，则第 i 个数一定取9；
如果前 i - 1 个数的序列有0无9，则第 i 个数一定取9；
如果前 i - 1 个数无0无9，则无法由该状态转移得到。

所以 f[i][1][1] = f[i-1][1][0] + f[i-1][0][1] + f[i-1][1][1]*10

可以看出，我们需要算出 f[i-1,1,0] 和 f[i-1,0,1] 如何转移得到的，同理：

对于前 i 个数有0无9的 f[i,1,0]——
如果前 i - 1 个数的序列无0无9，则第i个数一定是0；
如果前 i - 1 个数的序列有0无9，则第i个数可取0~8；
如果前 i - 1 个数有0有9或者前 i - 1 个数无0有9，不能转移得到。

所以 f[i][1][0] = f[i-1][0][0] + f[i-1][1][0]*9

对于前i个数无0有9的 f[i,1,0]——
如果前i-1个数的序列无0无9，则第i个数一定是9；
如果前i-1个数的序列无0有9，则第i个数可取1~9；
如果前i-1个数有0有9或者前i-1个数有0无9，不能转移得到。

所以 f[i][0][1] = f[i-1][0][0] + f[i-1][0][1]*9

再考虑前i个数无0无9，只能由前 i - 1 个数的无0无9的序列转移得到，第 i 个数可取1~8

所以 f[i][0][0] = f[i-1][0][0]*8

所以我们需要将f[i,0,0],f[i,1,0],f[i,0,1],f[i,1,1]的转移方程都列出最终答案为 f[n,1,1]。

注意取模。

Code2:

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

#define fi first
#define se second
#define int long long
const int dx[] = { 1,-1,0,0 }, dy[] = { 0,0,1,-1 };

const int N = 1e6+10, M = 3010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9+7;

typedef pair<int, int>PII;

int n;
int a[N];
int f[N][2][2];                     //f[i,j,k]表示前i个数；j=1表示出现0,j=0表示没有出现0；k=1表示出现9，k=0表示没有出现9

void solve()
{
    cin >> n;
    f[0][0][0] = 1;                 //初始时没有数，满足没有0没有9.相当于空序列这一种情况，初始化为1
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        f[i][0][0] = f[i-1][0][0]*8 % mod;                                          //前i个数既没有0也没有9时，第i个数可取1~8，前i-1个数也满足无0无9,f[i-1][0][0]*8
        f[i][0][1] = (f[i-1][0][0] + f[i-1][0][1]*9)%mod;                           //前i个数无0有9，以前i-1个数是否出现9为划分依据：如果前i-1个数无0无9，那么第i个数必须为9，f[i-1,0,0]；前i-1个数出现9，第i个数可取1~9,f[i-1,0,1]*9
        f[i][1][0] = (f[i-1][0][0] + f[i-1][1][0]*9)%mod;                           //同上
        f[i][1][1] = ((f[i-1][1][0] + f[i-1][0][1])%mod + f[i-1][1][1]*10)%mod;     //前i个数有0有9：前i-1个数无0有9,第i个数是0，f[i-1,0,1]；前i-1个数有0无9，第i个数是9，f[i-1,1,0]；前i-1个数有0有9，第i个数可取0~9，f[i-1][1][1]*10
    }
    cout << f[n][1][1] % mod << endl;  //前n个数有0有9
}

signed main()
{
	//int t;
	int t = 1;
	//cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

D - Redistribution（找规律/DP/组合数学）

题意：

给出一个正整数 S，问有多少序列满足 $a_{i}$ ≥ 3，且序列和为 s，答案对 $10^{9}$ +7 取模。

数据范围：

1 ≤ S ≤ 2000

思路1（找规律）：

找规律：n = 1,2 1
3 1
4 1
5 1
6 1+1=a[5]+a[3]=2（6，3 3）
7 1+2=a[6]+a[4]=3（7，3 4，4 3）
8 1+3=a[7]+a[5]=4（8，3 5，5 3，4 4）
9 1+4+1=a[8]+a[6]=6（9,3 6，4 5，5 4，6 3，3 3 3）
…………
n a[n] = a[n-1]+a[n-3]

Code1:

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

#define fi first
#define se second
#define int long long
const int dx[] = { 1,-1,0,0 }, dy[] = { 0,0,1,-1 };

const int N = 1e6+10, M = 3010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9+7;

typedef pair<int, int>PII;

int n;
int a[N];

void solve()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(i < 3)a[i] = 0;
        else if(i == 3 || i == 4 || i == 5)a[i] = 1;
        else a[i] = (a[i-1] + a[i-3]+mod)%mod;
    }
    cout << a[n] % mod << endl;
}

signed main()
{
	//int t;
	int t = 1;
	//cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

思路2（DP）：

状态表示：f[i] 表示序列和为 i 时能划分得到的不同序列的个数。最终答案为 f[s]。

集合划分：将 i 划分成成不同序列时，以序列最后一个数为依据进行划分，最后一个数的取值范围为 3~i 。同时考虑当 i >= 3 时，i 本身可以当做一个长度为 1 的序列，所以先初始化 f[i] = 1，再判断如果 i < 3，则 f[i] = 0；否则 f[i] += f[i-k]（k = 3,4,……,i）。

注意取模。

Code2：

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

#define fi first
#define se second
#define int long long
const int dx[] = { 1,-1,0,0 }, dy[] = { 0,0,1,-1 };

const int N = 1e6+10, M = 3010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9+7;

typedef pair<int, int>PII;

int n;
int f[N];         //f[i]表示序列和为i时能划分得到的序列个数

void solve()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)f[i] = 1;          //i本身可以当做一个长度为1的序列，初始化f[i]=1
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(i < 3)f[i] = 0;
        else{
            for(int j = 3; j <= i; j++)
                f[i] = (f[i] + f[i-j]+mod)%mod;    //和为i时，以划分的最后一块的值为依据进行划分，该值为3~i
        }
    }
    cout << f[n] << endl;
}

signed main()
{
	//int t;
	int t = 1;
	//cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

思路3（组合数学）：

题意相当于：有 n 个球，把它们放在 m 个盒子里，可以有空盒，问有多少种划分方法？

先考虑最多能划分为 k = n/3 组，我们只要对长度为 [1,k] 的组进行计算，最后把每组的答案数累加即可。

由于每组最小为 3，所以 k 组最低需要 3*k ，将剩下 n − 3*k 分给 k 个组，组可以为空，这就是个经典的组合数学题——相当于有 n 个球，把它们放在 m 个盒子里，可以有空盒，问问有多少种划分方法？

如果没有空盒，我们考虑隔板法：n 个球总共 n - 1 个隔间，在这里面选 m - 1 个隔间放挡板，将 n个球分成 m 组，即 $C_{n-1}^{m-1}$ ；
如果有空盒呢，我们先多加上 m - 1 个球，总共 n + m - 1 个球，在这 n + m - 1 个球中选 m - 1 个球作为隔板，将 n 个球分成 m 组，即 $C_{n+m-1}^{m-1}$ 。

所以答案为 $C_{n-3k+k-1}^{k-1} = C_{n-2k-1}^{k-1}$

实现：预处理阶乘和阶乘的逆元即可。 $C_{n-2k-1}^{k-1}$ 枚举k从1~n/3。

Code3:

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

#define fi first
#define se second
#define int long long
const int dx[] = { 1,-1,0,0 }, dy[] = { 0,0,1,-1 };

const int N = 1e6+10, M = 3010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9+7;

typedef pair<int, int>PII;

int n;
int fac[N],infac[N];

//快速幂
int qmi(int a,int k,int p)
{
    int res = 1;
    while(k)
    {
        if(k & 1) res = res*a%p;
        k >>= 1;
        a = a*a%p;
    }
    return res;
}

//预处理阶乘和阶乘的逆元
void init()
{
    fac[0] = infac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= N; i++)
    {
        fac[i] = fac[i-1]*i%mod;
        infac[i] = qmi(fac[i],mod-2,mod)%mod;
    }
}

//求组合数C(a,b)=a!/b!*(a-b)!
int C(int a,int b)
{
    return fac[a]*infac[b]%mod*infac[a-b]%mod;
}

void solve()
{
    init();
    cin >> n;
    int k = n/3;                      //最多分为k组
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= k; i++)
    {
        res = (res + C(n-2*i-1,i-1)+mod)%mod; //C(n-2i-1,i-1)枚举能分成的组数i从1~k
    }
    cout << res << endl;
}

signed main()
{
	//int t;
	int t = 1;
	//cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

E - Dist Max（结论题）

题意：

给出 n 个二维平面中的点，问两点间的最远曼哈顿距离（点(xi,yi)与点(xj,yj)的曼哈顿距离 |xi-xj| + |yi-yj|）。

数据范围：

2 ≤ N ≤ 2 × $10^{5}$

1 ≤ xi,yi ≤ $10^{9}$

思路：

最远曼哈顿距离

简单的说，曼哈顿距离的情况很多，但都可以归类为|(xi+yi)−(xj+yj)|，|(xi−yi)−(xj−yj)|。
预处理所有坐标的 x + y 和 x - y 。用最大值-最小值，最后再取最大值即可。

Code:

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

#define fi first
#define se second
#define int long long
const int dx[] = { 1,-1,0,0 }, dy[] = { 0,0,1,-1 };

const int N = 1e6+10, M = 3010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9+7;

typedef pair<int, int>PII;

int n;
vector<int>a,b;

void solve()
{
    cin >> n;
    a.resize(n);
    b.resize(n);
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        int x,y;
        cin >> x >> y;
        a[i] = x+y;
        b[i] = x-y;
    }    
    sort(a.begin(),a.end());
    sort(b.begin(),b.end());
    cout << max(*a.rbegin() - *a.begin(),*b.rbegin() - *b.begin()) << endl;
}

signed main()
{
	//int t;
	int t = 1;
	//cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

F - Contrast（思维）

题意：

给出两个非递减序列 a 和 b，问能否重排 b 使得 ai≠bi 。

数据范围：

1 ≤ N ≤ 2 × $10^{5}$

1 ≤ Ai,Bi ≤ N

思路：

参考博客

将序列 b 反转，因为 a 为非递减序列，b 为非递增序列，所以序列中至多存在一段区间 [l,r] 满足 a[l~r] = b[l~r] = c。

如果区间外的某个 bj 与区间内的 bi 调换后满足题意，那么 aj≠bi, bj≠ai，即 aj≠c 且 bj≠c 。

如果这样的 bj 个数小于区间长度则无解，否则输出调换后的序列 b 即可。

实现：将b数组反转后，遍历a,b数组，找出c；再找出区间[l,r]后，遍历b数组找可以替换的值。如果最终有值找不到可以替换的值，无解。

Code:

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

#define fi first
#define se second
#define int long long
const int dx[] = { 1,-1,0,0 }, dy[] = { 0,0,1,-1 };

const int N = 1e6+10, M = 3010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9+7;

typedef pair<int, int>PII;

int n;
vector<int>a,b;

void solve()
{
    cin >> n;
    a.resize(n),b.resize(n);
    
    for(int i = 0; i < n; i++)cin>>a[i];
    for(int i = 0; i < n; i++)cin >> b[i];
    reverse(b.begin(),b.end());                 //将b数组逆序
    
    int c = -1;
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        if(a[i] == b[i])
        {
            c = a[i];                           //找到两序列重合的那段区间的数c
            break; 
        }
    }
    int l = n,r = -1;
    for(int i = 0; i <n; i++)
    {
        if(a[i] == c && b[i] == c)
        {
            l = min(l,i);                      //l为该区间的左端点
            r = max(r,i);                      //r为该区间的右端点
        }
    }
    for(int i = 0;i < n; i++)
    {
        if(a[i]!=c && b[i]!=c && l <= r)
        {
            swap(b[i],b[l]);                    //遍历b数组，找能与区间替换的数
            l++;
        }
    }
    if(l <= r)cout << "No" << endl;            //l<=r说明遍历完了b数组，找不到可以替换的了
    else
    {
        cout << "Yes" << endl;
        for(int i = 0; i < n; i++) cout << b[i] <<' ';
        cout << endl;
    }
}

signed main()
{
	//int t;
	int t = 1;
	//cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

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吐槽：这次的题基本上都是思维题。

题目注意点:
1.C题：的容斥原理运用不太熟练，当时写时迷糊了一会才搞对~~(太菜了)~~。下次再遇见可以考虑画图。

2.D题给我的收获满大的，首先实在没思路就找规律的思维要有；这题DP也是很基础的DP，正好给好久没写dp的我回忆回忆dp；然后是组合数学的方法，有没有空盒这块犹记得高中几何课学过，但是忘记了，也要捡起来捡起来。

3.E题是个结论题，记一下记一下。

4.F题是个纯思维题，一看题解恍然大悟╰(*°▽°*)╯。