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AtCoder Beginner Contest 242
A T-shirt
题意
排名在 \(A\) 及以上的参赛选手，一定能获得一件 T 恤，排名在 \([A+1,B]\) 的选手，其中的 \(C ( 1 \leq C \leq B-A)\) 个参赛选手等概率获得一件 T 恤，求排名为 \(x\) 的参赛选手，能获得 T 恤的概率。
数据满足：\(1 \leq A,B,C,x \leq 1000\)。
题解
- 判断 \(x \leq A\)，则必然获得一件T恤，输出 \(1\)。
- 判断 \(A + 1 \leq x \leq B\)，由于其中的 \(C\) 个人等概率获得T恤，因此其中一个人获得T恤的概率为\(\frac{C}{B-A}\)。
- 判断\(x \geq B+1\)，则不可能获得一件T恤，输出\(0\)。
时间复杂度\(O(1)\)。
C++代码实现
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int a,b,c,x; cin>>a>>b>>c>>x;
if (x<=a) puts("1");
else if (x>=a+1&&x<=b){
double ans = c/(double)(b-a);
printf("%.10lf\n",ans);
}else puts("0");
return 0;
}
B Minimize Ordering
题意
长度为 \(n\) 的字符串 \(s\)，求出重排所有字符后，能获得字典序最小的字符串\(s'\)。
数据满足：\(1 \leq n \leq 2\times 10^5\)。
题解
把字符串看做字符数组，重排字符让字典序最小，等价于将这个字符数组排序。
时间复杂度\(O(n \log_2 n)\)。
C++代码实现
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
string s; cin>>s;
sort(s.begin(),s.end());
cout<<s<<endl;
return 0;
}
C 1111gal password
题意
求出 \(n\) 位十进制数的个数，满足每个数位上的数字在\([1,9]\)，且相邻数位相差的绝对值不超过\(1\)，答案对 \(998244353\) 取模。
数据满足：\(2 \leq n \leq 10^6\)。
题解
考虑数位DP，由于不存在前导零，这个问题就变的更加简单了。
设 \(f[i][j]\) 表示考虑到前 \(i\) 个数位，第 \(i\) 个数位上填写的数字为 \(j\) 的数的个数。
- 转移方程：\(f[i][j] = f[i-1][k])\) 其中 \(\max(1,j-1)\leq k \leq \min(n,j+1)\)。
时间复杂度\(O(kn)\)，这里\(k = 9\)。
C++代码实现
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int mo = 998244353;
int f[N][10];
int main() {
int n; cin>>n;
for (int i=1;i<=9;i++) f[1][i]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=9;j++)
for (int k=j-1;k<=j+1;k++) {
if (k<1||k>9) continue;
(f[i][j]+=f[i-1][k])%=mo;
}
int ans = 0;
for (int i=1;i<=9;i++) (ans+=f[n][i])%=mo;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
D ABC Transform
题意
给出一个只包含ABC三种字符的字符串\(s\) (下标从 \(1\) 开始)，做 \(k\) 次如下变换，记作\(s^{(k)}\)。
- 对于\(k = 0\)，变换后结果为 \(s\) 本身。
- 对于\(k \geq 1\)，变换后结果为字符串 \(s^{(k-1)}\) 中
A替换为BC，B替换为CA，C替换为AB后新生成字符串的值。
有 \(Q\) 组询问，每组询问用 \(t_i \ k_i\) 表示，求出 \(s^{(t_i)}[k_i]\) 的值。
数据满足：\(2 \leq |s|,Q \leq 10^5,0 \leq t_i \leq 10^{18} ,1 \leq k_i \leq \min(10^{18},|s^{(t_i)}|)\)。
题解
首先发现的一个性质是：每多进行 \(1\) 次操作，字符串的长度会加倍。
因此，如果我们依次写出进行 \(1...t\) 次变换的所有所有变化的话，可以发现，这些变化形成了 \(n\) 棵以原字符串的 \(n\) 个位置为根节点，深度为 \(t\) 的完全二叉树（根节点深度为 \(0\)。
每个根节点都对应一段最后生成字符串中的一个长度为 \(2^t\) 的连续区间（叶节点），因此给出一个 \(k\) 我们可以在\(O(\log_2 n)\)的时间复杂度内，定位编号为 \(k\) 的这个叶节点是哪个根节点派生的。
这样，问题就转化到一棵完全二叉树上了。
如果把一棵完全二叉树每层的节点从左往右从 \(1\) 开始依次编号，那么如果一个非根节点的编号为 \(x\):
- \(x\) 为奇数，那么该节点是从上层节点的左儿子。
- \(x\) 为偶数，那么该节点是从上层节点的右儿子。
- \(x\) 的父节点编号为 \(\lfloor \frac{x-1}{2} \rfloor + 1\)。
考虑从编号为 \(k\) 的这个叶子节点往上去寻找从根节点的唯一路径，这条路径就可以推出当前叶子节点的答案。
模拟上述过程，可以发现，\(k\)的规模每次减少一半，\(\log_2 k\)次计算后，必然为\(1\)。
这意味着，由于 \(k\) 的规模的限制，在开始的很长一段时间内，都是往左子树走的。
然后我们发现，往左子树连续走 \(3\) 次是没有意义的，因为会重新回到根节点的值，这样每次计算的规模就被我们简化到 \(3 + \log_2 k\) 次了，这样直接模拟就可以了。
时间复杂度为\(O(|s| + Q\log_2 k)\)。
C++代码实现
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
inline char getleft(char x) {
return (x-'A'+1)%3+'A';
}
inline char getright(char x) {
return (x-'A'+2)%3+'A';
}
signed main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
string s; cin>>s;
int q; cin>>q;
while (q--) {
int t,k; cin>>t>>k;
int id;
if (t>=60) id=0;
else {
int left=1,right=(1ll<<t),x=0;
while (true) {
if (k>=left && k<=right) {
id=x; k=k-left+1; break;
}
x++; left+=(1ll<<t); right+=(1ll<<t);
}
}
int tm = 0;
char now = s[id];
for (int i=1;i<=t;i++) {
if (k == 1) { tm = t-i+1; break;}
if (k&1) now=getleft(now);
else now = getright(now);
k=(k-1)/2+1;
}
tm%=3;
for (int i=1;i<=tm;i++) now=getleft(now);
cout<<now<<'\n';
}
return 0;
}
E (∀x∀)
题意
\(T\) 组数据，每组数据给出一个字符串\(s\)，求出字典序比 \(s\) 小且长度为 \(|s|\) 的回文串个数，答案对 \(998244353\) 取模。
数据满足：\(1 \leq T \leq 250000,1 \leq \sum |s| \leq 10^6\)。
题解
标签：AtCoder,Beginner,10,int,cin,leq,242,字符串,节点 来源： https://www.cnblogs.com/maystern/p/15970190.html
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