标签：AtCoder int 题解 LL cin vector 238 res using
AtCoder Beginner Contest 238
\(A - F\) 题解
A - Exponential or Quadratic
题意
判断 \(2^n > n^2\)是否成立？
Solution
当 \(n\) 为 2,3,4 的时候不成立,否则成立
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main() {
int n; cin >> n;
bool flag = true;
if(n >= 2 && n <= 4) flag = false;
puts(flag ? "Yes" : "No");
return 0;
}
B - Pizza
题意
切披萨，先在 12:00 的位置(钟表的位置) 切一刀，然后按照给定的序列 \(A\) ， 每次先顺时针旋转 \(A_i\) 度，然后在在 12:00 的位置切一刀，问最后的所有披萨块中圆心角最大的是多少度？
Solution
按照题意模拟，在原披萨中每个被切到的地方标记一下，求最大的区间长度即可
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main() {
int n; cin >> n;
vector<bool> vis(361);
vis[0] = vis[360] = true; //初始化
int res = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
int x; cin >> x;
res += x;
vis[res % 360] = true;
}
int l = 0; //上一次被切到的位置
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= 360; i ++ ) { //注意要枚举到 360°
if(!vis[i]) continue;
ans = max(ans, i - l);
l = i;
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
C - digitnum
题意
定义\(f(x)\) 是 和 \(x\) 的位数相同且小于等于 \(x\) 的正整数的个数
\(f(1) = 1, f(2) = 2, f(10) = 1 \ ...\)
给定一个 \(x\) , 求 \(f(1) \ + \ f(2) \ + \ f(3) \ + \ ... \ f(x)\) 的值 模 \(998244353\) 的值
Solution
注意到对于长度确定的数字的 \(f(n)\) 的值是 \(1 - x\) 的一个公差为\(1\) 的序列
因此我们可以枚举数字的长度, 分别计算即可
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
constexpr int MOD = 998244353;
LL chk(int x) {
LL res = 1;
while(x -- ) res *= 10;
return res;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.txt", "r", stdin);
#endif
LL x; cin >> x;
LL ans = 0;
int len = to_string(x).size();
for(int i = 1; i <= len; i ++ ) {
LL r = min(chk(i) - 1, x); //右边界
LL l = chk(i - 1); //左边界
LL len = r - l + 1;//计算等差数列的长度
LL X = len + 1; //等差数列计算公式 len + (len + 1) / 2
if(len % 2 == 0) len /= 2; //这里为了避免溢出先除以 2
else X /= 2;
len %= MOD; //这里为了避免溢出先取模
X %= MOD;
LL res = len * X % MOD; //上面已经除以 2 了
ans = (ans + res) % MOD;
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
D - AND and SUM
题意
\(x \ \& \ y \ = \ a\) \(x \ + \ y \ = s\)
给定 \(a\) 和 \(s\) , 判断是否存在合法的 \(x\) 和 \(y\)
Solution
\(x + y = x \bigoplus y + (x \& y) * 2\) 异或是不进位加法, \(\&\) 是进位，因此要乘以 2
因此我们先判断 \(a * 2 \le s\) 是否成立
然后判断 \(s - 2 * a\) 二进制下的每一位,如果第 \(i\) 位是 1 的话，那么 a 的第 \(i\) 位就不可以是 1
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main() {
int T; cin >> T;
while(T -- ) {
LL a, s; cin >> a >> s;
LL res1 = a * 2;
if(a * 2 > s) {
puts("No");
continue;
}
LL p = s - a * 2; // x ^ y
bool flag = true;
for(int i = 0; i < 64; i ++ ) {
if(p >> i & 1) {
if(a >> i & 1) {
flag = false;
break;
}
}
}
puts(flag ? "Yes" : "No");
}
return 0;
}
E - Range Sums
题意
给定一些区间的和，判断是否可以 在其中选择一些区间 可以通过这些区间的和算出 \(1-n\) 的区间和
Solution
-
One \(DFS\)
问题可以抽象成一个图论问题,给定的 \([l, r]\) 区间可以理解为 $l-1 $ 到 \(r\) 的一条无向边,判断从 \(0\) 是否可以到达 \(n\) 即可
-
Two \(DSU\)
对于给定的区间 \([l, r]\) 我们可以看成 点 \(l-1\) 和 点 \(r\) 是连通的，即可以互相到达的两个点，用并查集合并这两个点
判断最终 \(0\) 和 \(n\) 是否连通即可
Code
-
One
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; constexpr int N = 2e5 + 10; vector<int> e[N]; bool st[N]; void dfs(int u) { if(st[u]) return; st[u] = true; for(int &v: e[u]) { dfs(v); } } int main() { int n, q; cin >> n >> q; while(q -- ) { int x, y; cin >> x >> y; e[x - 1].push_back(y); e[y].push_back(x - 1); } dfs(0); puts(st[n] ? "Yes" : "No"); return 0; } -
Two
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; constexpr int N = 2e5 + 10; int main() { int n, q; cin >> n >> q; vector<int> p(N); iota(p.begin(), p.end(), 0); function<int(int)> find = [&](int x) { if(p[x] != x) p[x] = find(p[x]); return p[x]; }; while(q -- ) { int x, y; cin >> x >> y; p[find(x - 1)] = find(y); } puts(find(0) == find(n) ? "Yes" : "No"); return 0; }
F - Two Exams
题意
有两个关于城市的测试 \(P\) 和 \(Q\) ，二者的结果都是 \(1-n\) 的一个排列
现在我们要再 \(n\) 个城市中选择 \(k\) 个城市 并且满足一下条件
- 如果 \(X\) 被选择了 而且 \(Y\) 没有被选择， 那么 $P_X > P_Y $ 并且 \(Q_X > Q_Y\)
Solution
我们可以先把两个 测试分数 处理一下
定义一个 \(v\) 数组， \(v_i = j\) 代表 测试\(P\)分数为 \(i\) 的人 测试 \(Q\) 为 \(j\)
对于 \(v\) 数组我们可以进行一个 \(DP\)
\(Dp[i][j][k]\) 代表在 测试 \(P\) 分数区间为 \(1-i\) 的人中选择 \(j\) 个人, 并且在已选择的人中测试 \(Q\) 的分数最低为 \(k\)
那么我们可以进行一个 \(O(n^3)\) 的 \(DP\)
constexpr int MOD = 998244353; dp[0][0][n] = 1; for(int i = 1; i <= n; i ++) { for(int j = 0; j <= k; j ++ ) { for(int val = 1; val <= n; val ++ ) { if(j < k && v[i] < val) { //如果可以选择这个城市 dp[i][j + 1][val] = (dp[i][j + 1][val] + dp[i - 1][j][k]) % MOD; } //如果不选这个城市 也是需要更新的 //如果这个城市不选,那么我们所选的合法方案中最小的值一定也比 val 大 dp[i][j][min(v[i], val)] = (dp[i][j][min(v[i], val)] + dp[i - 1][j][k]) % MOD; } } } int ans = 0; for(int &x: dp[n][k]) ans = (ans + x) % MOD; cout << ans << "\n";在实际写的过程中 \(dp\) 数组的第一维 可以用滚动数组优化
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i ++ )
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII ;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) { x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) { x = min(x, y); }
constexpr int MOD = 998244353;
int main() {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> a(n), b(n);
for(int &x: a) cin >> x;
for(int &x: b) cin >> x;
vector<int> v(n);
rep(i, 0, n - 1) v[a[i] - 1] = b[i] - 1;
vector dp(k + 1, vector<int>(n + 1, 0));
dp[0][n] = 1;
rep(i, 0, n - 1) {
vector ndp(k + 1, vector<int>(n + 1, 0));
rep(x, 0, k) {
rep(y, 0, n) {
if(x < k && v[i] < y) { //如果可以选
ndp[x + 1][y] += dp[x][y];
ndp[x + 1][y] %= MOD;
}
ndp[x][min(y, v[i])] += dp[x][y];
ndp[x][min(y, v[i])] %= MOD;
}
}
dp.swap(ndp);
}
int res = 0;
for(int &x: dp[k]) {
res = (res + x) % MOD;
}
cout << res << "\n";
return 0;
}
标签：AtCoder,int,题解,LL,cin,vector,238,res,using 来源： https://www.cnblogs.com/c972937/p/15865772.html
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