文章目錄

• A - Your First Judge
• B - log2(N)
• C - One More aab aba baa
• D - Coprime 2
• E - Chain Contestant
• F - Dist Max 2
• G - Colorful Candies 2

atcoder題目鏈接

A - Your First Judge

簽到題

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; string s; int main() {cin >> s;if( s == "Hello,World!" ) printf( "AC\n" );else printf("WA\n" );return 0; }

B - log2(N)

簽到題

#include <cstdio> int main() {long long n;scanf( "%lld", &n );int ans;for( int i = 0;;i ++ ) {if( ( 1ll << i ) <= n ) ans = i;else break;}printf( "%d", ans );return 0; }

C - One More aab aba baa

離散化后壓成整數搜索，簡單題

#include <stack> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; stack < char > sta; char s[10], rnk[10]; int t[40325], used[30]; bool vis[10]; int n, k, cnt, tot;void dfs( int x, int val ) {if( x > n ) {t[++ cnt] = val;return;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( vis[i] ) continue;else {vis[i] = 1;dfs( x + 1, val * 10 + used[s[i] - 'a' + 1] );vis[i] = 0;} }int main() {scanf( "%s %d", s + 1, &k );n = strlen( s + 1 );for( char i = 'a';i <= 'z';i ++ )for( int j = 1;j <= n;j ++ )if( s[j] == i ) {used[i - 'a' + 1] = ++ tot, rnk[tot] = i;break;}dfs( 1, 0 );sort( t + 1, t + cnt + 1 );cnt = unique( t + 1, t + cnt + 1 ) - t - 1;while( t[k] ) sta.push( rnk[t[k] % 10] ), t[k] /= 10;while( ! sta.empty() ) printf( "%c", sta.top() ), sta.pop();return 0; }

D - Coprime 2

質因數分解后，把質因數的倍數都篩掉，簡單題

#include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 100005 vector < int > ans; int cnt; bool vis[maxn], is[maxn]; int prime[maxn];void init( int n ) {for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) is[i] = 1, prime[++ cnt] = i;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) break;}} }int n, m; int a[maxn], p[maxn * 100];int main() {init( 1e5 );scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &a[i] );cnt = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 1;j * j <= a[i];j ++ )if( a[i] % j == 0 ) {if( is[j] ) p[++ cnt] = j;if( is[a[i] / j] ) p[++ cnt] = a[i] / j;}}for( int i = 1;i <= m;i ++ ) vis[i] = 0;sort( p + 1, p + cnt + 1 );cnt = unique( p + 1, p + cnt + 1 ) - p - 1;for( int i = 1;i <= cnt;i ++ )for( int j = p[i];j <= m;j += p[i] )vis[j] = 1;for( int i = 1;i <= m;i ++ )if( ! vis[i] ) ans.push_back( i );printf( "%d\n", ans.size() );for( int i = 0;i < ans.size();i ++ )printf( "%d\n", ans[i] );return 0; }

E - Chain Contestant

只有$10$種，符合狀壓

$d{p}_{i,s,j}:$ 到$i$為止出現字符的狀態為$s$，上一次出現的字符為$j$（多加一種字符表示空）

• 不選$i$

  $d{p}_{i,s,j}+=dp[i?1][s][j]$

• 選$i$，必須滿足$i$位置字符沒出現過或上一次出現字符就是$i$位置字符

  $dp[i][1<<t[i]|s][t[i]]+=dp[i][1<<t[i]|s][t[i]]+dp[i?1][s][j]$

簡單題

#include <cstdio> #define int long long #define mod 998244353 #define maxn 1002 #define S 1 << 10 int n; char s[maxn]; int t[maxn]; int dp[maxn][S][11];signed main() {scanf( "%lld %s", &n, s + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) t[i] = s[i] - 'A';dp[0][0][10] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int sta = 0;sta < S;sta ++ )for( int j = 0;j <= 10;j ++ )if( ! dp[i - 1][sta][j] ) continue;else {dp[i][sta][j] = ( dp[i][sta][j] + dp[i - 1][sta][j] ) % mod;if( j == 10 ) dp[i][1 << t[i] | sta][t[i]] = ( dp[i][1 << t[i] | sta][t[i]] + dp[i - 1][sta][j] ) % mod;else if( ( 1 << t[i] & sta ) and j != t[i] ) continue;elsedp[i][1 << t[i] | sta][t[i]] = ( dp[i][1 << t[i] | sta][t[i]] + dp[i - 1][sta][j] ) % mod;}int ans = 0;for( int i = 0;i < S;i ++ )for( int j = 0;j <= 10;j ++ )if( i == 0 && j == 10 ) continue;else ans = ( ans + dp[n][i][j] ) % mod;printf( "%lld\n", ans );return 0; }

F - Dist Max 2

二分答案

將點按$x$坐標排序

類似滑動窗口模擬

記錄在滿足$x$坐標情況下的最大最小$y$，判斷是否有滿足與現在枚舉$i$的$y$距離不小于二分答案

簡單題

#include <queue> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 200005 struct node { int x, y; }p[maxn]; queue < node > q; int n;int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d %d", &p[i].x, &p[i].y );sort( p + 1, p + n + 1, []( node s, node t ) { return s.x < t.x; } );int l = 0, r = 1e9, ans;next :while( l <= r ) {int mid = l + r >> 1;while( ! q.empty() ) q.pop();int Min = 1e9, Max = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {while( ! q.empty() ) {if( q.front().x > p[i].x - mid ) break;Min = min( Min, q.front().y );Max = max( Max, q.front().y );q.pop();}if( Min <= p[i].y - mid or Max >= p[i].y + mid ) {ans = mid, l = mid + 1;goto next;}q.push( p[i] );}r = mid - 1;}printf( "%d\n", ans );return 0; }

G - Colorful Candies 2

中檔題

令$C$表示不同的糖果顏色數，將$N$顆糖果重新離散化顏色1,2,...,C

顯然答案與具體糖果的顏色無關，只與每種顏色的個數有關，令$n_i$表示顏色為$i$的糖果個數

枚舉每一輪要選擇的糖果個數$K$

對于每一種顏色，定義$X_i$，若選擇糖果種有$i$顏色，$X_i=1$，否則$X_i=0$

則$K$糖果中不同顏色種數可以表示為${\sum }_{i=1}^C{X}_i$

所求期望為$E\left[{\sum }_{i=1}^C{X}_i\right]$，根據期望的線性可加性知道$={\sum }_{i=1}^{C}E\left[X_i\right]$

一個顏色出現的期望很簡單，出現的方案數$/$總方案數，出現的方案數$=$總方案數$?$一次都沒出現
$$E\left[X_i\right]=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{K}\right)?\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N?n_i}{K}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{K}\right)}$$
枚舉$i$又是$O(n)$的時間，再加上外層的$K$枚舉，時間$O(n^2)$難以接受

發現其實如果有$x$種顏色的個數都是$n_i$，那么這$x$種顏色的期望可以$O(1)$計算
$$x?\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{K}\right)?\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N?n_i}{K}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{K}\right)}$$
那么不同個數就是$n_i=1,2,...,$，又要滿足$\sum n_i=N$，所以可以知道上界就是根號級別$n_i=1,2,...,\sqrt{N}$

#include <map> #include <cstdio> using namespace std; #define int long long #define mod 998244353 #define maxn 50005 map < int, int > color, cnt; int fac[maxn], inv[maxn]; int n;int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }void init() {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod; }int C( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }signed main() {scanf( "%lld", &n );init();for( int i = 1, x;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld", &x );color[x] ++;//顏色x的出現次數 }for( auto it : color ) cnt[it.second] ++;//顏色出現次數為x的顏色個數for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int ans = 0;for( auto it : cnt ) ans = ( ans + ( C( n, i ) - C( n - it.first, i ) + mod ) % mod * it.second ) % mod;printf( "%lld\n", ans * qkpow( C( n, i ), mod - 2 ) % mod );}return 0; }

后言：$H$就是$FWT$，atcoder-abc很喜歡在最后考些鵝心算法模板，不想補了

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[AtCoder Beginner Contest 215] A-G题解的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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