AtCoder Beginner Contest 366

原创 已于 2024-08-13 21:05:00 修改 · 597 阅读 · 12 ·
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#算法 #c++

于 2024-08-11 17:48:07 首次发布

AtCoder Beginner Contest 366题解

A - Election 2

题意：

nnn张票，目前投了ttt给高桥， aaa 给青木。
问剩余票随便分配，是否都是一个结局。

思路：

将剩下的票全都给同一个人，看看是否局面发生变化

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+100,mod=998244353;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
int T;
void solve()
{
  int a,b,c;
  cin>>a>>b>>c;
  if(b>a-b||c>a-c) cout<<"Yes"<<endl;
  else cout<<"No"<<endl;
}
signed main()
{
    //ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    T=1;
    //cin>>T;99 12 48

    while(T--)
     {
         solve();
     }
     return 0;
}

B - Vertical Writing

题意：

给定nnn个字符串，把这 nnn个字符串顺时针旋转90度，输出。
由于字符串长度不一，可能会出现空的情况，前面的 都要替换成*。

思路：

先将字符串翻转90°,然后记录一下每一行最后一个字符的位置end，在end前的位置如果存在空，则要替换为*

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+100,mod=998244353;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
int T;
int n;
char op[1010][1010];
int ba[N];
void solve()
{
   cin>>n;
   for(int i=1;i<=110;i++)
   	for(int j=1;j<=110;j++)
   		op[i][j]='*';
   	int mx=0;
   for(int i=1;i<=n;i++)
   {
   	string kk;
   	cin>>kk;
   	mx=max(mx,(int)kk.size());
   	for(int j=0;j<kk.size();j++) op[i][j+1]=kk[j];
   }
   for(int i=1;i<=mx;i++)
   {
   	for(int j=n;j>=1;j--)
   	{
   		if(op[j][i]!='*') ba[i]=j;
   	}
   }
   for(int i=1;i<=mx;i++)
   {
   	for(int j=n;j>=ba[i];j--) cout<<op[j][i];
   	cout<<endl;
   }
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    T=1;
    //cin>>T;99 12 48
    while(T--)
     {
         solve();
     }
     return 0;
}

C - Balls and Bag Query

题意：

q个操作，分三种。

  • 1 x 放入背包一个球，数字x
  • 2 x 从背包拿出一个球，数字x
  • 3 问背包不同数字球的个数

思路：

模拟即可

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10,mod=998244353;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
int T;
bool st[N];
int cnt[N];
int ans=0;
void solve()
{
    int q;
    cin>>q;
    memset(cnt,0,sizeof cnt);
    memset(st,false,sizeof st);
    while(q--)
    {
        int id;
        cin>>id;
        if(id==1)
        {
            int x;
            cin>>x;
            if(!st[x])
            {
                st[x]=true;
                cnt[x]++;
                ans++;
            }
            else
            {
                cnt[x]++;
            }
        }
        else if(id==2)
        {
            int x;
            cin>>x;
            if(cnt[x]==1)
            {
                cnt[x]=0;
                st[x]=false;
                ans--;
            }
            else
            {
                cnt[x]--;
            }
        }
        else
        {
            cout<<ans<<endl;
        }

    }
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    T=1;
    //cin>>T;
    while(T--)
     {
         solve();
     }
     return 0;
}

D - Cuboid Sum Query

题意：

给定一个正整数 NNN，以及一个整数 Ax,y,zA_{x,y,z}Ax,y,z​，对于每组三个整数 (x,y,z)(x, y, z)(x,y,z)，满足 1≤x,y,z≤N1 \leq x, y, z \leq N1≤x,y,z≤N。

将给出 QQQ 个查询，格式如下，必须按顺序处理。

对于第 iii 个查询 (1≤i≤Q)(1 \leq i \leq Q)(1≤i≤Q)，给定一个整数元组 (Lxi,Rxi,Lyi,Ryi,Lzi,Rzi)(Lx_i, Rx_i, Ly_i, Ry_i, Lz_i, Rz_i)(Lxi​,Rxi​,Lyi​,Ryi​,Lzi​,Rzi​)，使得 1≤Lxi≤Rxi≤N1 \leq Lx_i \leq Rx_i \leq N1≤Lxi​≤Rxi​≤N、1≤Lyi≤Ryi≤N1 \leq Ly_i \leq Ry_i \leq N1≤Lyi​≤Ryi​≤N 和 1≤Lzi≤Rzi≤N1 \leq Lz_i \leq Rz_i \leq N1≤Lzi​≤Rzi​≤N。求：

∑x=LxiRxi∑y=LyiRyi∑z=LziRziAx,y,z\sum_{x=Lx_i}^{Rx_i} \sum_{y=Ly_i}^{Ry_i} \sum_{z=Lz_i}^{Rz_i} A_{x,y,z}∑x=Lxi​Rxi​​∑y=Lyi​Ryi​​∑z=Lzi​Rzi​​Ax,y,z​

思路：

三维区间求和，考验空间想象能力。
前缀和表达式：
s[i][j][k]=s[i][j][k−1]+s[i][j−1][k]+s[i−1][j][k]−s[i−1][j−1][k]−s[i−1][j][k−1]−s[i][j−1][k−1]+s[i−1][j−1][k−1]+f[i][j][k]s[i][j][k]=s[i][j][k-1]+s[i][j-1][k]+s[i-1][j][k]-s[i-1][j-1][k]-s[i-1][j][k-1]-s[i][j-1][k-1]+s[i-1][j-1][k-1]+f[i][j][k]s[i][j][k]=s[i][j][k−1]+s[i][j−1][k]+s[i−1][j][k]−s[i−1][j−1][k]−s[i−1][j][k−1]−s[i][j−1][k−1]+s[i−1][j−1][k−1]+f[i][j][k]
(x1,x2,y1,y2,z1,z2)(x1, x2, y1, y2, z1, z2)(x1,x2,y1,y2,z1,z2)的区间的和为：
s[x2][y2][z2]−s[x1−1][y2][z2]−s[x2][y1−1][z2]−s[x2][y2][z1−1]+s[x2][y1−1][z1−1]+s[x1−1][y2][z1−1]+s[x1−1][y1−1][z2]−s[x1−1][y1−1][z1−1]s[x2][y2][z2]-s[x1-1][y2][z2]-s[x2][y1-1][z2]-s[x2][y2][z1-1]+s[x2][y1-1][z1-1]+s[x1-1][y2][z1-1]+s[x1-1][y1-1][z2]-s[x1-1][y1-1][z1-1]s[x2][y2][z2]−s[x1−1][y2][z2]−s[x2][y1−1][z2]−s[x2][y2][z1−1]+s[x2][y1−1][z1−1]+s[x1−1][y2][z1−1]+s[x1−1][y1−1][z2]−s[x1−1][y1−1][z1−1]

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+10,mod=998244353;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
int T;
int n,q;
int f[110][110][110];
int s[110][110][110];
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            for(int h=1;h<=n;h++)
                cin>>f[i][j][h];
    memset(s,0,sizeof s);
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)for(int k=1;k<=n;k++)
    {
        s[i][j][k]=s[i][j][k-1]+s[i][j-1][k]+s[i-1][j][k]-s[i-1][j-1][k]+f[i][j][k]-s[i-1][j][k-1]-s[i][j-1][k-1]+s[i-1][j-1][k-1];
    }
    cin>>q;
    while(q--)
    {
        int x1,x2,y1,y2,z1,z2;  
        cin>>x1>>x2>>y1>>y2>>z1>>z2;
        int ans=s[x2][y2][z2]-s[x1-1][y2][z2]-s[x2][y1-1][z2]-s[x2][y2][z1-1]+s[x2][y1-1][z1-1]+s[x1-1][y2][z1-1]+s[x1-1][y1-1][z2]-s[x1-1][y1-1][z1-1];
        cout<<ans<<endl;
    }
    
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    T=1;
    //cin>>T;
    while(T--)
     {
         solve();
     }
     return 0;
}

E - Manhattan Multifocal Ellipse

题意：

给定 nnn 个二维平面上的点 (x1,y1),(x2,y2),…,(xn,yn)(x_1, y_1), (x_2, y_2), \ldots, (x_n, y_n)(x1​,y1​),(x2​,y2​),…,(xn​,yn​) 和一个非负整数 DDD，我们需要计算满足以下条件的整数对 (x,y)(x, y)(x,y) 的数量：
∑i=1n(∣x−xi∣+∣y−yi∣)≤D\sum_{i=1}^n (|x - x_i| + |y - y_i|) \leq D∑i=1n​(∣x−xi​∣+∣y−yi​∣)≤D

思路：

可以发现x,y坐标是相互独立的，所以我们可以分开处理：对每一个坐标上[−2e6,2e6][-2e6,2e6][−2e6,2e6]上的点xkx_kxk​，我们可以二分预处理出∑i=1n(∣xk−xi∣)\sum_{i=1}^n(|x_k-x_i|)∑i=1n​(∣xk​−xi​∣)的值，找到第一个比它大的点xax_axa​,那么∑i=1n(∣xk−xi∣)\sum_{i=1}^n(|x_k-x_i|)∑i=1n​(∣xk​−xi​∣)=∑i=1a−1(xa−xi)\sum_{i=1}^{a-1} (x_a-x_i)∑i=1a−1​(xa​−xi​)+∑i=an(xi−xa)\sum_{i=a}^{n}(x_i-x_a)∑i=an​(xi​−xa​),记为ra[i]ra[i]ra[i].将得到的值进行排序，要求ra+rb<=Dra+rb<=Dra+rb<=D的个数，可以双指针O(n)O(n)O(n)求出.

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10,mod=998244353;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
int T;
int n,d;
int x[N],y[N];
int sa[N];
int sb[N];
vector<int> ra;
vector<int> rb;
void solve()
{
  cin>>n>>d;
  for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i];
  sort(x+1,x+1+n);
  sort(y+1,y+1+n);
  sa[0]=sb[0]=0;
  for(int i=1;i<=n;i++) sa[i]=sa[i-1]+x[i],sb[i]=sb[i-1]+y[i];
  for(int i=-2e6;i<=2e6;i++)
  {
    int l=0,r=n+1;
    while(l+1!=r)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        if(x[mid]>i) r=mid;
        else l=mid;
    }
    int p=(2*l-n)*i+sa[n]-sa[l]-sa[l];
    ra.push_back(p);
  }
  for(int i=-2e6;i<=2e6;i++)
  {
    int l=0,r=n+1;
    while(l+1!=r)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        if(y[mid]>i) r=mid;
        else l=mid;
    }
    int p=(2*l-n)*i+sb[n]-sb[l]-sb[l];
    rb.push_back(p);
  }
  sort(ra.begin(),ra.end());
  sort(rb.begin(),rb.end());
  int j=rb.size()-1;
  int ans=0;
  for(auto i : ra)
  {
    while(j>=0)
    {
        if(i+rb[j]>d) j--;
        else
        {
            ans+=(j+1);
            break;
        }
    }
    if(j<0) break;
  }
  cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    T=1;
    //cin>>T;
    while(T--)
     {
         solve();
     }
     return 0;
}

F - Maximum Composition

题意：

给定N个线性函数f1,f2,...,fnf_1,f_2,...,f_nf1​,f2​,...,fn​,其中fi(x)=Aix+Bif_i(x)=A_ix+B_ifi​(x)=Ai​x+Bi​
求最大的fp1(fp2(...fpk(1)...))f_{p_1}(f_{p_2}(...f_{p_k}(1)...))fp1​​(fp2​​(...fpk​​(1)...))值

思路：

只考虑两个函数f1f_1f1​和f2f_2f2​:f1=a1x+b1f_1=a_1x+b_1f1​=a1​x+b1​和f2=a2x+b2f_2=a_2x+b_2f2​=a2​x+b2​,如何选择位置使得值最大。
f1(f2(1))=a1(a2+b2)+b1=a1a2+a1b2+b1f_1(f_2(1))=a_1(a_2+b_2)+b_1=a_1a_2+a_1b_2+b_1f1​(f2​(1))=a1​(a2​+b2​)+b1​=a1​a2​+a1​b2​+b1​
f2(f1(1))=a2(a1+b1)+b2=a2a1+a2b1+b2f_2(f_1(1))=a_2(a_1+b_1)+b_2=a_2a_1+a_2b_1+b_2f2​(f1​(1))=a2​(a1​+b1​)+b2​=a2​a1​+a2​b1​+b2​
假设f1(f2(1))<f2(f1(1))f_1(f_2(1))<f_2(f_1(1))f1​(f2​(1))<f2​(f1​(1)),那么有a1b2+b1<a2b1+b2a_1b_2+b_1<a_2b_1+b_2a1​b2​+b1​<a2​b1​+b2​，整理得a1−1b1<a2−1b2\frac{a_1-1}{b_1}<\frac{a_2-1} {b_2}b1​a1​−1​<b2​a2​−1​
即如果ai−1bi\frac{a_i-1}{b_i}bi​ai​−1​更大，我们就考虑把它放在外面。所以我们可以对ai−1bi\frac{a_i-1}{b_i}bi​ai​−1​排序，从nnn个函数中取出kkk个，使得值最大，类似于01背包的写法

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10,mod=998244353;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
int T;
int n,k;
struct node
{
  int a;
  int b;
}x[N];
bool cmp(node x,node y)
{
   return (y.a-1)*x.b>(x.a-1)*y.b;
}
int dp[N];
void solve()
{
  cin>>n>>k;
  for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i].a>>x[i].b;
  sort(x+1,x+1+n,cmp);
  dp[0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
    for(int j=k;j>=1;j--)
    {
        dp[j]=max(dp[j],x[i].a*dp[j-1]+x[i].b);
    }
  }
  cout<<dp[k]<<endl;
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    T=1;
    //cin>>T;
    while(T--)
     {
         solve();
     }
     return 0;
}

G - XOR Neighbors

题意：

思路：

代码：

HHKB Programming Contest 2025(AtCoder Beginner Contest 388) A-E
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01-12 332
用前缀和的思想，把一个数能给后面的贡献用线段表示。然后在线段开头那个位置加一，结尾后面那个位置减一，就可以算出来一个数拿了多少前面给的，能给多少后面的。前半部分，后半部分分成两堆。然后按顺序找能匹配的。题目已经给按顺序了的，直接二分刚好满足的那个，后面的就都是。小于100，直接每次暴力算再排序。取第一个字符然后接上UPC。
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G 就是个最小割板子，但是打比赛时一直以为求最小割方案就是把流满的边当作割边，机房里几个人还同时犯了这个错误，错误的点的数量一样，当时一致认为数据有问题，事实上需要从源点开始跑广搜，找出源点不经过流量为000的边所能到达的所有的点记为SSS集，其余点记为TTT集，如果有一条边上的两个点所在集合不一样，那这条边就是割边 F 关键是怎么设状态，一开始设f(x)f(x)f(x)表示当前数为xxx，期望经过几次操作大于mmm，怎么推都只能推出一个暴力dpdpdp，事实上如果把状态设为f(x)f(x)f(x)表示从1
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对于B的顺序,我们无法直接通过贪心来得到我们需要的答案,因为我们可以可以通过故意平手来达到控制我们出手顺序的结果.对于这个题目,我们可以发现无后效性,对于当前出什么,只受到前面一个出手的影响.对于补贴可以无限大的情况,当且只有数组的总和小于等于M才行。对于这一次出什么,我们把两种情况(平手或者胜利)都考虑了.因为我们需要找到x的最大值,直接通过二分查找X即可.直接用sort排序以后输出第二大的数的下标即可。给你一个年份,判断当前年份有多少天。A与B进行猜拳,已知A的出手顺序.给你一个数组,找到第二大的数。
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AtCoder市正在举行市长选举。候选人是高桥和青木。有N张有效选票投给两位候选人中的任何一位，目前正在进行计票。这里，N是奇数。目前的计票结果是：高桥T票，青木A票。请判断此时选举结果是否已经确定。
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AtCoder Beginner Contest 229 A. On and Off 题目描述 ​ 给你一个2×22\times 22×2的矩阵，由字符 ... ，#组成 问你能否从任意一个#不经过 ... 走到任意一个# 分析 ​ 也就是让我们判断是否联通 我们可以记录下来每个#的位置，然后如果连通，那么对于每个#必然有一个其他的#与他相邻 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::sync
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本文为此比赛题ABCDF的详细题解，包含C++,Python语言描述，如果觉得有帮助或者写的不错可以点个赞
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B -B - Vertical Writing C - Balls and Bag Query D - Cuboid Sum Query E - Manhattan Multifocal Ellipse F - Maximum Composition G - XOR Neighbors 给一个n个点m条边的无向连通图，给每个点分配点权（[1,260][1,2^{60}][1,260]中的整数），要求对于所有度数非0的点，所有和它相邻的点（不包括自己）的点权xor和为0.高斯xor消元。每个点要么是
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闲来无事去vp了一下之前放假没打的比赛，感觉需要总结的也就这两题吧，a，c都是水题，b只不过是实现有一点难，并不是很难写，d是一个需要自己推的三维前缀和，e也是一种前缀和，我当时没想到，看了大犇的代码才知道还能这么做题意：给你一个三维数组，然后给你q次询问，每次询问有一个起始位置和终止位置，然后问你这个的三维前缀和是什么思路：用容斥原理推出三维前缀和的预处理式子和后面的结果式子。
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估计是我太弱了，一开始我居然想的是树状数组，快给我调死了，后来才发现是前缀和。（不小心误删一次，还没有保存，只能重写一遍，怒~~~）很水的一道题，感觉只配T2。
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本文代码亲测AC如有不足请指正。
快速排序算法详解与洛谷例题实战
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通过避免完全排序，将时间复杂度优化至线性阶。分属不同分区，则相对位置可能改变，故为。个整数，使用快速排序升序排列（充分利用CPU缓存局部性原理。
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weixin_73958875的博客
08-05 543
本文系统介绍了贝叶斯分类算法及其应用。首先阐述了贝叶斯定理的数学原理，包括朴素贝叶斯的特征独立性假设及其三种主要实现形式（高斯、多项式和伯努利贝叶斯）。然后详细解析了Scikit-learn中贝叶斯分类器的API参数和使用方法，包括关键参数调优建议。最后通过垃圾邮件分类案例展示了实际应用流程，并分析了贝叶斯算法在计算效率、内存消耗等方面的优势，以及特征独立性假设带来的局限性。全文为读者提供了从理论到实践的完整贝叶斯分类器应用指南。
Transformer实战——Transformer分词算法详解
盼小辉丶的博客
08-05 685
本文系统性地介绍了 Transformer 模型中的分词算法。我们首先分析了传统分词方法的局限性，进而深入探讨了 BPE、WordPiece 和 SentencePiece 这三种子词分词算法的工作原理和适用场景。通过 Hugging Face tokenizers 库的实践，完整展示了分词器从数据预处理到模型训练的全流程。
代码随想录算法训练营第三十七天
2403_87481241的博客
07-31 1252
状态转移方程是核心：对于每件物品，判断是否放入背包，不放入则 dp [j] 不变，放入则等于容量 j - weight [i] 时的最大价值加当前物品价值，即 dp [j] = max (dp [j], dp [j - weight [i]] + value [i])。外层循环遍历目标值从 0 到 n，内层循环遍历 1 到 m 的数字，当数字 i 小于等于当前目标值 j 时，状态转移方程为 dp [j] += dp [j - i]，表示在得到 j - i 的基础上加上 i 形成新的组合。
atcoder beginner contest 265
12-17
atcoder beginner contest 265 是由日本 Atcoder 组织的一场面向初学者的比赛。这是一场在线编程竞赛，旨在为初学者提供机会锻炼和展示他们的编程技能。 这次比赛包括了多个题目，涉及到算法、数据结构、动态规划等...
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