【AtCoder】Dwango Programming Contest V題解
A - Thumbnail
根據題意寫代碼
#include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define pdi pair<db,int> #define mp make_pair #define pb push_back #define enter putchar(‘\n‘) #define space putchar(‘ ‘) #define MAXN 205 #define eps 1e-8 //#define ivorysi using namespace std; typedef long long int64; typedef double db; template<class T> void read(T &res) { res = 0;char c = getchar();T f = 1; 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[MAXN],s; void Solve() { read(N); s = 0; for(int i = 0 ; i < N ; ++i) {read(a[i]);s += a[i];} int t = 0; for(int i = 1 ; i < N ; ++i) { if(abs(a[i] * N - s) < abs(a[t] * N - s)) t = i; } out(t);enter; } int main() { #ifdef ivorysi freopen("f1.in","r",stdin); #endif Solve(); }
B - Sum AND Subarrays
把\(\frac{N(N - 1)}{2}\)個數找出來，從大到小枚舉每一位，如果這一位是1的個數超過K個，就把這一位是0的數全部刪除，進行下一次枚舉
#include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define pdi pair<db,int> #define mp make_pair #define pb push_back #define enter putchar(‘\n‘) #define space putchar(‘ ‘) #define eps 1e-8 //#define ivorysi using namespace std; typedef long long int64; typedef double db; template<class T> void read(T &res) { res = 0;char c = getchar();T f = 1; 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,K; int64 a[1005],s[1005]; vector<int64> v,tmp; void Solve() { read(N);read(K); for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) { read(a[i]); s[i] = s[i - 1] + a[i]; } for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) { for(int j = i ; j <= N ; ++j) { v.pb(s[j] - s[i - 1]); } } int64 ans = 0; for(int i = 40 ; i >= 0 ; --i) { tmp.clear(); for(auto t : v) { if(t >> i & 1) tmp.pb(t); } if(tmp.size() >= K) { ans |= (1LL << i); v.clear();v = tmp; } } out(ans);enter; } int main() { #ifdef ivorysi freopen("f1.in","r",stdin); #endif Solve(); }
C - k-DMC
從後往前維護一個單調隊列維護C，由於我們每次遇到一個M，會把隊列裏所有的C都+1，那我們標記就不下放，每次新來一個C初始值設成標記的相反數即可
遇到一個D把C的坐標離D超過K的全部刪除，然後隊列裏的總和即是這個D的貢獻
#include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define pdi pair<db,int> #define mp make_pair #define pb push_back #define enter putchar(‘\n‘) #define space putchar(‘ ‘) #define eps 1e-8 #define MAXN 1000005 //#define ivorysi using namespace std; typedef long long int64; typedef double db; template<class T> void read(T &res) { res = 0;char c = getchar();T f = 1; 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 N,Q,K; int val[MAXN],add; int que[MAXN],ql,qr; void Solve() { read(K); ql = 1;qr = 0; add = 0; int64 sum = 0,ans = 0; for(int i = N ; i >= 1 ; --i) { if(s[i] == ‘C‘) {que[++qr] = i;val[i] = -add;sum += val[i];} else if(s[i] == ‘M‘) ++add; else if(s[i] == ‘D‘){ while(ql <= qr && que[ql] - i >= K) {sum -= val[que[ql++]];} if(ql <= qr) { ans += sum + 1LL * add * (qr - ql + 1); } } } out(ans);enter; } int main() { #ifdef ivorysi freopen("f1.in","r",stdin); #endif read(N); scanf("%s",s + 1); read(Q); while(Q--) { Solve(); } }
D - Square Rotation
只想出了500算法QAQ
我們考慮每個點\((x,y)\)可以轉成\((x % D,y % D)\)，然後變成等價的一堆點，只不過需要隔\(D\)排開
左下角只能是\((0,0)\)到\((D - 1,D - 1)\)
考慮一個矩形邊長為\(aD + b\)，以左下角在\((0,0)\)為例
對於\(A_{i,j}\)表示\(x % D == i\)且\(y % D == j\)的點的個數
對於\(i,j <= b\)能被覆蓋的點是\((a + 1)^2\)
對於\(i,j > b\)能被覆蓋的點是\(a^2\)
其余情況都是\(a(a + 1)\)
顯然考慮一下，我們的\(a\)必須是\((a + 1)^2 >= max(A_{i,j})\)
然後對於\(aD + D - 1\)一定能覆蓋所有點，所以只要考慮\(b\)就好了
我們從(0,0)開始，計算最小的合法的\(b\)，然後再枚舉剩余的點作為左下的點，如果能從當前的\(b\)減小則減小，不行則跳出，由於\(b\)最多減小\(D\)次，復雜度是\(O(D^2)\)的
那麽對於一個左下的點\(x,y\)怎麽判斷\(aD + b\)是否能構成一個合法的矩形呢
我們把有值的\(A_{i,j}\)跳出來，然後把\(a^2 <A_{i,j} <= a(a + 1)\)的位置在一個二維數組裏加上1，把\(a(a + 1) < A_{i,j} <= (a + 1)^2\)的位置在另一個二維數組裏加上1，維護成前綴和
查詢的時候看看\(a^2 <A_{i,j} <= a(a + 1)\)在沒在出現\(a^2\)的地方出現
和\(a(a + 1) < A_{i,j} <= (a + 1)^2\)在沒在出現\(a^2\)和\(a(a + 1)\)的地方出現
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar(‘\n‘)
#define space putchar(‘ ‘)
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
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 cnt[1005][1005],N,D,a;
int s2[1005][1005],s3[1005][1005];
int sum2(int x1,int y1,int x2,int y2) {
if(x1 > x2 || y1 > y2) return 0;
++x1,++y1,++x2,++y2;
return s2[x2][y2] - s2[x2][y1 - 1] - s2[x1 - 1][y2] + s2[x1 - 1][y1 - 1];
}
int sum3(int x1,int y1,int x2,int y2) {
if(x1 > x2 || y1 > y2) return 0;
++x1,++y1,++x2,++y2;
return s3[x2][y2] - s3[x2][y1 - 1] - s3[x1 - 1][y2] + s3[x1 - 1][y1 - 1];
}
bool check2(int x,int y,int b) {
int d1 = sum2(max(0,b + x - D + 1),max(0,b + y - D + 1),x - 1,y - 1);
int d2 = sum2(x + b + 1,y + b + 1,D - 1,D - 1);
int d3 = sum2(max(0,b + x - D + 1),y + b + 1,x - 1,D - 1);
int d4 = sum2(x + b + 1,max(0,b + y - D + 1),D - 1,y - 1);
return !d1 && !d2 && !d3 && !d4;
}
bool check3(int x,int y,int b) {
int d1 = sum3(x + b + 1,0,D - 1,D - 1);
int d2 = sum3(0,y + b + 1,D - 1,D - 1);
int d3 = sum3(max(0,b + x - D + 1),0,x - 1,D - 1);
int d4 = sum3(0,max(0,b + y - D + 1),D - 1,y - 1);
return !d1 && !d2 && !d3 && !d4;
}
void Solve() {
read(N);read(D);
int x,y;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
read(x);read(y);
cnt[x % D][y % D]++;
}
int t = 0;
for(int i = 0 ; i < D ; ++i) {
for(int j = 0 ; j < D ; ++j) {
if(cnt[i][j]) {
t = sqrt(cnt[i][j]);
if(t * t < cnt[i][j]) ++t;
a = max(t - 1,a);
}
}
}
for(int i = 0 ; i < D ; ++i) {
for(int j = 0 ; j < D ; ++j) {
if(cnt[i][j] > a * a && cnt[i][j] <= a * (a + 1)) s2[i + 1][j + 1]++;
else if(cnt[i][j] > a * (a + 1)) s3[i + 1][j + 1]++;
}
}
for(int i = 1 ; i <= D ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= D ; ++j) {
s2[i][j] = s2[i][j] + s2[i - 1][j] + s2[i][j - 1] - s2[i - 1][j - 1];
s3[i][j] = s3[i][j] + s3[i - 1][j] + s3[i][j - 1] - s3[i - 1][j - 1];
}
}
int b;
for(b = 0 ; b < D ; ++b) {
if(check2(0,0,b) && check3(0,0,b)) break;
}
for(int i = 0 ; i < D ; ++i) {
for(int j = 0 ; j < D ; ++j) {
if(!(i + j)) continue;
while(b) {
if(check2(i,j,b - 1) && check3(i,j,b - 1)) --b;
else break;
}
}
}
out(a * D + b);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}E - Cyclic GCDs
這題真的，過於神仙QAQ
思路清晰，結論顯然，代碼好寫，完全就是虐我這種沒有智商的蒟蒻的
顯然我們要把點排序，這樣的話我們每次建立環的時候第一次遇到的點一定是要被乘起來的
我們考慮一個\(DP[i][j]\)表示考慮了排序後的前\(i\)個點，然後建了\(j\)個環的價值（有點像第一類斯特林數啊）
然後\(b_i =DP[N][i]\)
考慮轉移有\(i * DP[i][j] \rightarrow DP[i + 1][j]\)表示把第\(i + 1\)個點放到原先存在的圈中
\(a_{i + 1} * DP[i][j] \rightarrow DP[i + 1][j + 1]\)表示把第\(i + 1\)個點自成一圈
然後用一點生成函數的小知識顯然可以得到
\(P_(i + 1)(x) = (a_{i + 1}x + i)P_{i}(x)\)
\(P_{0}(x) = 1\)
然後就可以得到\(P_{n}(x) = (a_{1}x + 0)(a_{2}x + 1)(a_{3}x + 2)...(a_{n}x + n - 1)\)
然後我們需要開個腦洞，再證個結論
\(c(P)\)表示多項式\(P\)每個系數的最大公約數
那麽\(c(PQ) = c(P)c(Q)\)
為什麽呢，可以這麽想，首先\(c(P)c(Q)\)一定是\(c(PQ)\)所有系數的一個約數，我們把這些約數都除掉，現在我們要證明\(c(P) = c(Q) = 1\)的時候，滿足\(c(PQ) = 1\)
如果\(P\)是\(k\)項，\(Q\)是\(m\)項
那麽一定可以得到\(PQ\)的第一項是
\(r_{k}s_{m}x^{k + m}\)
然後如果\(c(PQ)\)有一個質因子是\(p\)
那麽\(r_{k}\)和\(s_{m}\)中至少有一個是\(p\)的倍數
如果\(r_{k}\)是\(p\)的倍數，那麽我們把\(r_{k}x^k\)從\(P\)中刪去(因為我相當於用\(r_{k}x^{k}\)進行一次暴力卷積又對\(p\)取模)
\(s_{m}\)是\(p\)的倍數同理
然後就變成了\(\prod_{i = 1}^{n} gcd(a_{i},i - 1)\)
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar(‘\n‘)
#define space putchar(‘ ‘)
#define eps 1e-8
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
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 = 998244353;
int N,A[MAXN];
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 gcd(int a,int b) {
return b == 0 ? a : gcd(b,a % b);
}
void Solve() {
read(N);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(A[i]);
sort(A + 1,A + N + 1);
int ans = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) ans = mul(ans,gcd(A[i],i - 1));
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}【AtCoder】Dwango Programming Contest V題解