AtCoder Beginner Contest 246 C~F题解

AtCoder Beginner Contest 246

C

题意：要买n个商品，第$i$个商品价格为$a_i$,同时有k张优惠券，每张优惠券可以减免x元。

问要买下这n个商品最少要多少钱。

贪心，优先把大于x的商品用优惠券，若还有剩余，则优先把价格大的用优惠券减免。

code:

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define endl '\n'
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> pii;

//head
const int N=2e5+10,mod=998244353;
int a[N];
int n,k,x;
void work()
{
	cin>>n>>k>>x;
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		sum+=a[i]/x;
		a[i]%=x;
	}
	int ans=0;
	if(sum>=k){
		ans+=(sum-k)*x;
		for(int i=1;i<=n;i++) ans+=a[i];
	}
	else {
		sort(a+1,a+1+n);
		k-=sum;
		for(int i=1;i<=n;i++) ans+=a[i];
		for(int i=n;i>=1;i--){
			if(!k) break;
			ans-=a[i];
			k--;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	
}
signed main()
{
	
	int t;
	t=1;
	while(t--) work();

	return 0;
}

D

题意：给定N,求出最小的X，满足下列条件：

1. $X\ge N$
2. $存在一对非负整数a,b,满足：X=a^3+a^{2}b+a{b}^2+b^3$

$0\le N\le {10}^{18}$.

注意到N的数据范围为${10}^{18}$,因此a或b的范围为$10^6$ , 因此我们可以枚举a,然后二分找到满足条件的最小的b, 然后不断更新答案即可。

code:

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define endl '\n'
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> pii;

//head
const int N=2e5+10,mod=998244353;

int f(int a,int b)
{
	return a*a*a+a*a*b+a*b*b+b*b*b;
}

void work()
{
	int n;
	cin>>n;
	int ans=2e18;
	for(int i=0;i<=1e6;i++){
		int l=0,r=1e6;
		while(l<r)
		{
			int mid=l+r>>1;
			if(f(i,mid)>=n) r=mid;
			else l=mid+1;
		}
		ans=min(ans,f(i,r));
	}
	cout<<ans<<endl;

}
signed main()
{
	
	int t;
	t=1;
	while(t--) work();

	return 0;
}

E

题意：给定$N\ast N$的网格，给出起点和终点坐标，同时给出障碍物的坐标，问从起点到终点最少要走几步。

走的规则为：只能沿对角线斜着走，若斜着的路径上没有障碍物，则可以一步到达。

官方题解是01BFS，判断当前的方向，若当前的方向跟要上一步的方向一致，则边权为0，若不一致，则边权为1。用双端队列来实现即可。

还有一种做法是，把某个方向的点，能加入队列都加入队列，然后跟普通的bfs一样，正常的做，唯一不同的是对于每个点来说，如果当前方向已经被扩展过，就不需要再把它入队，因此st数组要多开一维来记录方向。如果不这样的话，会有很多点被扩展进队列里导致超时。（个人感觉官方的题解更对一些，这个做法不是很好想到）

第二种方法code:

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define endl '\n'
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
//#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> pii;

//head
const int N=2e3+10,mod=998244353;
char s[N][N];
int n;

bool st[N][N][4];
int sx,sy,ex,ey;
int dx[]={-1,1,1,-1},dy[]={1,1,-1,-1};

struct node{
	int x,y,w;
};
bool check(int a,int b,int i)
{
	if(a>n||b>n||a<1||b<1||s[a][b]=='#'||st[a][b][i]) return 0;
	return 1;
}
int bfs()
{
	queue<node> q;
	q.push({sx,sy,0});
	
	while(q.size())
	{
		auto t=q.front(); q.pop();
		int x=t.x,y=t.y,w=t.w;
		for(int i=0;i<4;i++){
			int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
			
			while(check(a,b,i)) {
				q.push({a,b,w+1});
				st[a][b][i]=1;
				if(a==ex&&b==ey) return w+1;
				a+=dx[i]; b+=dy[i];
			}
		}
	}
	return -1;
}
void work()
{
	cin>>n;
	cin>>sx>>sy>>ex>>ey;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i]+1;

	int ans=bfs();
	cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
	
	int t;
	t=1;
	while(t--) work();

	return 0;
}

F

题意：给定N个字符串，每个字符串都是字符串$abcdefghijklmnopqrstuvwxyz$的子序列，同时给定L，求出每次只用某一个字符串，每个字符可以用多次，可以形成多少种长度为L的字符串。

$1\le N\le 18$, $1\le L\le 10^9$.

首先考虑如何计算答案，对于某个字符串，它对答案的贡献为：${长度}^L$，然后把每个字符串的答案相加即可。但是如果我们这样计算会发现一个问题，某些字符串会含有相同的字符，因此会有答案被重复计算。

因此我们要求的是各个字符串的并集，根据容斥原理，我们只需根据公式看哪些答案需要减去，哪些答案加上即可。（也就是偶数个事件的交集要减去，奇数个事件的交集要加上）。

对于交集，也就是求它们的公共字符有几个。

code:

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define endl '\n'
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> pii;

//head
const int N=20,mod=998244353;
string s[N];

int qmi(int a,int k)
{
	int ans=1;
	while(k)
	{
		if(k&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
void work()
{
	int n,l;
	cin>>n>>l;
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>s[i];
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<(1<<n);i++){
		int cnt=__builtin_popcount(i);
		map<char,int> mp;
		int sum=0;
		for(int j=0;j<n;j++){
			if((i>>j)&1){
				for(auto ch:s[j]){
					mp[ch]++;
					if(mp[ch]==cnt) sum++;
				}
			}
		}
		if(cnt&1){//根据容斥原理，加上贡献
			ans=(ans+qmi(sum,l))%mod;
		}
		else {//减去贡献
			ans=(ans-qmi(sum,l)+mod)%mod;
		}
	}

	cout<<ans<<endl;
}

signed main()
{
	//ios;
	int t;
	t=1;
	//cin>>t;
	while(t--) work();

	return 0;
}