【AtCoder】CODE FESTIVAL 2017 qual C

最新推荐文章于 2019-07-23 12:58:00 发布
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CC 4.0 BY-SA版权
原文链接：http://www.cnblogs.com/ivorysi/p/10347107.html
本文深入解析算法竞赛中的关键技巧，包括字符串匹配、动态规划、回文串处理、组合数学等，通过具体题目示例，讲解高效算法实现，适合算法竞赛准备者及编程爱好者学习。

A - Can you get AC?

No

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef long long int64;
char s[15];
int main() {
    scanf("%s",s + 1);
    int l = strlen(s + 1);
    for(int i = 1 ; i < l ; ++i) {
        if(s[i] == 'A' && s[i + 1] == 'C') {
            puts("Yes");return 0;
        }
    }
    puts("No");return 0;
}

B - Similar Arrays

dp[i][1/0]表示到第i个数乘积是奇数或偶数

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
        out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,A[15];
int64 dp[15][2];
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    read(N);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(A[i]);
    dp[0][1] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        for(int j = -1 ; j <= 1 ; ++j) {
            if((A[i] + j) & 1) {
                dp[i][1] += dp[i - 1][1];
                dp[i][0] += dp[i - 1][0];
            }
            else {
                dp[i][0] += dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1];
            }
        }
    }
    out(dp[N][0]);enter;
}

C - Inserting 'x'

从左右两边各一个指针，如果匹配就往里走
如果不匹配且某一个为x，则把为x的那个往里走
如果不是则无法变成回文串

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
        out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
char s[100005];
int N;
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%s",s + 1);
    N = strlen(s + 1);
    int p = 1,q = N;
    int ans = 0;
    while(p < q) {
        if(s[p] == s[q]) {++p;--q;}
        else {
            if(s[p] == 'x') {++p;++ans;}
            else if(s[q] == 'x') {--q;++ans;}
            else {puts("-1");return 0;}
        }
    }
    out(ans);enter;return 0;
}

D - Yet Another Palindrome Partitioning

记录一下一个位置前缀和奇偶性，压成一个27bit的数s
这个位置能从前面和s相同的位置和s改了一位的位置转移过来
不同的s只有n个，拿map记一下就好

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define MAXN 200005
#define eps 1e-10
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
        out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
char s[MAXN];
int sum[MAXN],N;
int dp[MAXN];
map<int,int> zz;
void Init() {
    scanf("%s",s + 1);
    N = strlen(s + 1);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        sum[i] = sum[i - 1];
        sum[i] ^= (1 << s[i] - 'a');
    }
}
void Solve() {
    zz[0] = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        dp[i] = i;
        if(zz.count(sum[i])) dp[i] = min(dp[i],zz[sum[i]] + 1);
        for(int j = 0 ; j < 26 ; ++j) {
            if(zz.count(sum[i] ^ (1 << j))) dp[i] = min(dp[i],zz[sum[i] ^ (1 << j)] + 1);
        }
        if(!zz.count(sum[i])) zz[sum[i]] = dp[i];
        else zz[sum[i]] = min(zz[sum[i]],dp[i]);
    }
    out(dp[N]);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Init();
    Solve();
}

E - Cubes

注意读题，有句话是ABC两两互质
那么一共经过的方块数是
A + B + C - 2
认为有一位经过某个整数则经过了一个方块
那么其实可以这么认为
A + B + C - gcd(A,B) - gcd(B,C) - gcd(B,A) + gcd(A,B,C)
由于A,B,C互质，那么每次路径上的相邻两个方块肯定有一个面重合
如果去掉那个方块的限制，那么答案是
\((2D + 1)^3 + (A + B + C - 3) \cdot (2D + 1)^2\)
就是以路径上一个点为中心上下左右各\(D\)个点
每次增量是一个面
那么如何计算交呢，我们需要三维每一维分别取出前不足D的点和后不足D的点
可以用分数记录一下这些点，个数只有\(O(D)\)个

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T> 
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int64 t[3],D;
vector<pair<int64,int64> > v;
int ans;
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
int mul3(int a,int b,int c) {
    return mul(mul(a,b),c);
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
void Solve() {
    for(int i = 0 ; i < 3 ; ++i) read(t[i]);read(D);
    for(int64 i = 0 ; i <= D ; ++i) {
    for(int j = 0 ; j < 3 ; ++j) {
        if(i && i < t[j]) v.pb(mp(i,t[j]));
        if(t[j] - 1 - i > 0) v.pb(mp(t[j] - i - 1,t[j]));
    }
    }
    sort(v.begin(),v.end(),[](pair<int64,int64> a,pair<int64,int64> b){return a.fi * b.se < b.fi * a.se;});
    v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
    int64 a[3] = {0,0,0};
    update(ans,mul3(min(t[0],D + 1),min(t[1],D + 1),min(t[2],D + 1)));
    for(auto k : v) {
    int64 b[3] = {a[0],a[1],a[2]};
    for(int j = 0 ; j < 3 ; ++j) {
        a[j] = t[j] * k.fi / k.se;
    }
    int64 d[3];
    for(int j = 0 ; j < 3 ; ++j) {
        d[j] = min(b[j] + D,t[j] - 1) - max(b[j] - D,0LL) + 1;
    }
    for(int j = 0 ; j < 3 ; ++j) {
        if(a[j] + D < t[j]) {
        int t = a[j] - b[j];
        for(int h = 0 ; h < 3 ; ++h) {
            if(h != j) t = mul(t,d[h]);
        }
        update(ans,t);
        }
    }
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

F - Three Gluttons

做atc总觉得自己是个智障，早点退役保平安
条件我都没分析出来。。。= =

就是认为我们把这个分成三个数字不同的序列，每个长度是\(N / 3\)
第\(t\)次吃要满足\(a_{1},a_{2},....a_{i_t},b_{1},b_{2},...b_{j_t}\)
中\(a_{i_t}\)和\(b_{j_t}\)只出现了一次
这样保证了两个序列里不会选重
然后第三个序列假如吃的是\(x_{1},x_{2}...x_{\frac{N}{3}}\)
我要满足\(x_{t}\)
在\(a_{1},a_{2},....a_{i_t},b_{1},b_{2},...b_{j_t}\)没有出现过

然后呢，如果我们找出一个满足条件的吃的三个序列，你会发现，这样第三种序列填数的方案，和我选了什么并没有关系！！！！！
然后设\(dp[i][j]\)表示考虑到第i个，已经填在c序列里的有j个
i没增加1，能填的数会多两个，直接dp就行

然后就是怎么求三个合法序列了
从后往前推，发现\(x_{t}\)不能填的数就是\(a_{1},a_{2},....a_{i_t},b_{1},b_{2},...b_{j_t}\)出现过的数，a,b,c的后\(n - t\)个
前缀和优化一下可以做到\(N^{3}\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define MAXN 20000005
#define eps 1e-10
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
        out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
int fpow(int x,int c) {
    int res = 1,t = x;
    while(c) {
        if(c & 1) res = mul(res,t);
        t = mul(t,t);
        c >>= 1;
    }
    return res;
}
int dp[150][405],N,f[150][405][405],w,ans;
int a[405],b[405],fac[405],invfac[405];
bool visa[405],visb[405],vis[405][405];
int cnt[405][405],g[405];
int A(int n,int m) {
    if(n < m) return 0;
    return mul(fac[n],invfac[n - m]);
}
void Solve() {
    read(N);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(a[i]);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(b[i]);
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
    invfac[N] = fpow(fac[N],MOD - 2);
    for(int i = N - 1 ; i >= 0 ; --i) invfac[i] = mul(invfac[i + 1],i + 1);
    dp[1][2] = 1;
    for(int i = 1 ; i < N / 3 ; ++i) {
        for(int j = 0 ; j <= i * 2 ; ++j) {
            for(int h = 0 ; h <= j; ++h) {
                update(dp[i + 1][j + 2 - h],mul(A(j,h),dp[i][j]));
            }
        }
    }
    for(int j = 0 ; j <= (N / 3) * 2 ; ++j) update(w,mul(dp[N / 3][j],fac[j]));
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        visa[a[i]] = 1;
        cnt[i][0] = i;
        memset(visb,0,sizeof(visb));
        for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
            visb[b[j]] = 1;
            cnt[i][j] = cnt[i][j - 1];
            if(!visa[b[j]]) cnt[i][j]++;
            if(!visa[b[j]] && !visb[a[i]]) vis[i][j] = 1;
        }
    }
    for(int t = N / 3 ; t >= 1 ; --t) {
        memset(g,0,sizeof(g));

        for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
            int s = (t == N / 3);
            for(int j = N ; j >= 1 ; --j) {
                if(vis[i][j]) f[t][i][j] = mul(s,N - 3 * (N / 3 - t) - cnt[i][j]);
                update(s,g[j]);
                update(g[j],f[t + 1][i][j]);
            }
        }
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
            update(ans,f[1][i][j]);
        }
    }
    ans = mul(ans,w);
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

转载于:https://www.cnblogs.com/ivorysi/p/10347107.html

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checker-qual-3.5.0-API文档-中文版.zip
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赠送jar包：checker-qual-3.5.0.jar； 赠送原API文档：checker-qual-3.5.0-javadoc.jar； 赠送源代码：checker-qual-3.5.0-sources.jar； 赠送Maven依赖信息文件：checker-qual-3.5.0.pom； 包含翻译后的API文档：...
checker-qual-3.5.0-API文档-中英对照版.zip
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赠送jar包：checker-qual-3.5.0.jar； 赠送原API文档：checker-qual-3.5.0-javadoc.jar； 赠送源代码：checker-qual-3.5.0-sources.jar； 赠送Maven依赖信息文件：checker-qual-3.5.0.pom； 包含翻译后的API文档：...
checker-qual-2.11.1-API文档-中英对照版.zip
07-14
赠送jar包：checker-qual-2.11.1.jar； 赠送原API文档：checker-qual-2.11.1-javadoc.jar； 赠送源代码：checker-qual-2.11.1-sources.jar； 赠送Maven依赖信息文件：checker-qual-2.11.1.pom； 包含翻译后的API文档...
checker-qual-3.19.0-API文档-中文版.zip
05-09
赠送jar包：checker-qual-3.19.0.jar； 赠送原API文档：checker-qual-3.19.0-javadoc.jar； 赠送源代码：checker-qual-3.19.0-sources.jar； 赠送Maven依赖信息文件：checker-qual-3.19.0.pom； 包含翻译后的API文档...
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赠送jar包：checker-compat-qual-2.0.0.jar； 赠送原API文档：checker-compat-qual-2.0.0-javadoc.jar； 赠送源代码：checker-compat-qual-2.0.0-sources.jar； 赠送Maven依赖信息文件：checker-compat-qual-2.0.0....
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weixin_30828379的博客
10-23 114
【题意概述】 给出一个只有小写字母的序列，问最少把序列分成几段可以满足每一段可以通过变换成为回文串。变换指的是交换子序列中的字母的位置。 【题解】 我们把a~z分别设为2^0~2^25，每个子序列满足条件当且仅当子序列异或和为0或2的n次幂。 我们用sum[i]表示前缀异或和，用f[i]表示1~i的序列最少分成几段能满足条件，用g[i]表示状态为i的序列的最小的f ...
AtCoder 神题汇总
weixin_30901729的博客
03-31 600
记录平时打 AtCoder 比赛时遇到的一些神题。 ABC128F Frog Jump Analysis Tenka1 Programmer Contest 2019 D Three Colors 题目大意 有 $n$ 个正整数 $a_1, a_2,\dots, a_n$（$3\le n\le 300$，$1\le a_i \le 300$）。现在要把每个数涂成红，绿，蓝，三种颜色之一。将同色的数...
springboot智能在线预约挂号系统【附万字论文+PPT+包部署+录制讲解视频】.zip
09-05
标题SpringBoot智能在线预约挂号系统研究AI更换标题第1章引言介绍智能在线预约挂号系统的研究背景、意义、国内外研究现状及论文创新点。1.1研究背景与意义阐述智能在线预约挂号系统对提升医疗服务效率的重要性。1.2国内外研究现状分析国内外智能在线预约挂号系统的研究与应用情况。1.3研究方法及创新点概述本文采用的技术路线、研究方法及主要创新点。第2章相关理论总结智能在线预约挂号系统相关理论，包括系统架构、开发技术等。2.1系统架构设计理论介绍系统架构设计的基本原则和常用方法。2.2SpringBoot开发框架理论阐述SpringBoot框架的特点、优势及其在系统开发中的应用。2.3数据库设计与管理理论介绍数据库设计原则、数据模型及数据库管理系统。2.4网络安全与数据保护理论讨论网络安全威胁、数据保护技术及其在系统中的应用。第3章SpringBoot智能在线预约挂号系统设计详细介绍系统的设计方案，包括功能模块划分、数据库设计等。3.1系统功能模块设计划分系统功能模块，如用户管理、挂号管理、医生排班等。3.2数据库设计与实现设计数据库表结构，确定字段类型、主键及外键关系。3.3用户界面设计设计用户友好的界面，提升用户体验。3.4系统安全设计阐述系统安全策略，包括用户认证、数据加密等。第4章系统实现与测试介绍系统的实现过程，包括编码、测试及优化等。4.1系统编码实现采用SpringBoot框架进行系统编码实现。4.2系统测试方法介绍系统测试的方法、步骤及测试用例设计。4.3系统性能测试与分析对系统进行性能测试，分析测试结果并提出优化建议。4.4系统优化与改进根据测试结果对系统进行优化和改进，提升系统性能。第5章研究结果呈现系统实现后的效果，包括功能实现、性能提升等。5.1系统功能实现效果展示系统各功能模块的实现效果，如挂号成功界面等。5.2系统性能提升效果对比优化前后的系统性能
基于机器学习方法的信用风险评估体系构建与实现
09-05
在金融行业中，对信用风险的判断是核心环节之一，其结果对机构的信贷政策和风险控制策略有直接影响。本文将围绕如何借助机器学习方法，尤其是Sklearn工具包，建立用于判断信用状况的预测系统。文中将涵盖逻辑回归、支持向量机等常见方法，并通过实际操作流程进行说明。 一、机器学习基本概念 机器学习属于人工智能的子领域，其基本理念是通过数据自动学习规律，而非依赖人工设定规则。在信贷分析中，该技术可用于挖掘历史数据中的潜在规律，进而对未来的信用表现进行预测。 二、Sklearn工具包概述 Sklearn（Scikit-learn）是Python语言中广泛使用的机器学习模块，提供多种数据处理和建模功能。它简化了数据清洗、特征提取、模型构建、验证与优化等流程，是数据科学项目中的常用工具。 三、逻辑回归模型 逻辑回归是一种常用于分类任务的线性模型，特别适用于二类问题。在信用评估中，该模型可用于判断借款人是否可能违约。其通过逻辑函数将输出映射为0到1之间的概率值，从而表示违约的可能性。 四、支持向量机模型 支持向量机是一种用于监督学习的算法，适用于数据维度高、样本量小的情况。在信用分析中，该方法能够通过寻找最佳分割面，区分违约与非违约客户。通过选用不同核函数，可应对复杂的非线性关系，提升预测精度。 五、数据预处理步骤 在建模前，需对原始数据进行清理与转换，包括处理缺失值、识别异常点、标准化数值、筛选有效特征等。对于信用评分，常见的输入变量包括收入水平、负债比例、信用历史记录、职业稳定性等。预处理有助于减少噪声干扰，增强模型的适应性。 六、模型构建与验证 借助Sklearn，可以将数据集划分为训练集和测试集，并通过交叉验证调整参数以提升模型性能。常用评估指标包括准确率、召回率、F1值以及AUC-ROC曲线。在处理不平衡数据时，更应关注模型的召回率与特异性。 七、集成学习方法 为提升模型预测能力，可采用集成策略，如结合多个模型的预测结果。这有助于降低单一模型的偏差与方差，增强整体预测的稳定性与准确性。 综上，基于机器学习的信用评估系统可通过Sklearn中的多种算法，结合合理的数据处理与模型优化，实现对借款人信用状况的精准判断。在实际应用中，需持续调整模型以适应市场变化，保障预测结果的长期有效性。 资源来源于网络分享，仅用于学习交流使用，请勿用于商业，如有侵权请联系我删除！
橙色s（）_Orange's一个操作系统的实现(随书光盘).zip
09-05
橙色s（）_Orange's一个操作系统的实现(随书光盘).zip
perl-Hash-Flatten-1.19-26.el8.tar.gz
最新发布
09-05
# 适用操作系统：Centos8 #Step1、解压 tar -zxvf xxx.el8.tar.gz #Step2、进入解压后的目录，执行安装 sudo rpm -ivh *.rpm
Checker Qual 3.19.0 API文档中文版全套下载
- **checker-qual-3.19.0-javadoc-API文档-中文(简体)版.zip**：这个压缩文件包含checker-qual库API文档的中文翻译版，有助于不会英文的开发者更好地理解库的功能和用法。 #### 使用方法 - **解压缩**：首先需要将...
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