【赛时总结】◇赛时·VI◇ Atcoder ABC-104
◇赛时·VI◇ ABC-104
◆???
莫名爆炸……ABC都AK不了 QwQ
C题竟然沦落到卡数据的地步;D题没有思路,直接放弃 ⋋( ◕ ∧ ◕ )⋌
◆ 题目&解析
◇A题◇ Rated for Me +传送门+
- 【题意】
给出比赛的场次;将场次小于1200的编为"ABC",场次大于等于1200小于2800的编为"ARC",场次大于等于2800小于4208的编为"AGC";输出编号。
- 【解析】
个人觉得不需要讲……题目读懂,if语句一写就好了……(萌新reader如果不太懂可以在文末邮箱email)
- 【源代码】
/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int n;scanf("%d",&n);
if(n<) printf("ABC\n");
else if(n<) printf("ARC\n");
else printf("AGC\n");
return ;
}
◇B题◇ AcCepted +传送门+
- 【题意】
给出一个长度在4到10的字符串,一个字符串的结果为"AC"当且仅当 该字符串开头为大写A,从开头第3个字符到末尾第2个字符(包含)之间恰好存在一个大写C,除去‘A’、'C'两个字符,其余字符均为小写;否则结果为"WA"。输出对应字符串的结果。
- 【解析】
名副其实的英语阅读题……就因为一个题目没读懂WA了3遍 QwQ
先判断开头是否为A。定义bool变量F,标记从开头第3个字符到末尾第2个字符(包含)之间是否已经找到一个C,再扫描整个字符串,如果在从开头第3个字符到末尾第2个字符(包含)之外有大写字母(除了开头的A),则判为WA,若在正确区间内发现了C,就修改F为true,如果发现修改前F已经为true,说明C太多了,也判为WA。其余答案为AC。
- 【源代码】
/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
char str[];
int len;
int main()
{
scanf("%s",str);
len=strlen(str);
if(str[]!='A') {printf("WA\n");return ;}
bool F=false;
for(int i=;i<len;i++)
if('A'<=str[i] && str[i]<='Z')
{
if(str[i]=='A' && i!=) {printf("WA\n");return ;}
if(str[i]=='C')
if(<=i && i<=len-)
{
if(F){printf("WA\n");return ;}
else F=true;
}
else {printf("WA\n");return ;}
if(str[i]!='A' && str[i]!='C') {printf("WA\n");return ;}
}
if(!F){printf("WA\n");return ;}
printf("AC\n");
return ;
}
◇C题◇ All Green +传送门+
- 【题意】
有D种题,第i种题有 Pi 个,每个分值为 100*i ,若将第 i 种题全部做完,会额外奖励 Ci 分。求要得到至少 G 分最少需要做多少道题。保证有解,且 G 和 Ci 是100的倍数。
- 【解析】 Tab:下面讲的不是正解
沦落到只能卡数据……
看到这道题的第一想法就是背包,一个特别的多重背包。状态定义非常标准化,dp[i][j] 表示前 i 种题获得至少 j 分的最小做题数。转移方程也很寻常,只是加了一个做完一种题的额外分的特殊处理(感谢ywk童鞋,下面修改了一个错误 2018-08-06 10:52:17):
但是我们发现……题目的 G 竟然没有定义最大值,只说有解……
这就意味着dp[i][j]的第二维其实是会爆内存的。不可否认单纯的DP一定足够快,但是内存非常的感人。
但是我一意孤行要用DP的背包做这道题,于是 oh,一个STL的诡异容器从我的脑海中闪现了出来——映射 map !
众所周知 map 进行一次操作的时间复杂度为 O(logn) 无疑会减慢运行速度,但是它省空间啊!(时间换空间,oh my god)于是就可以愉快地DP了!一次AC,秀一下这心惊胆战的提交记录:
(2018-08-06 10:59:20 修正,再次感谢ywk童鞋)各位reader们当我上面什么都没说……好像G的最大值推出来连1e5都没有……所以是存得下的。那么这道题就是一个简单的背包了!不需要map!
- 【源代码】
/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
const int INF=int(1e9);
int n,goal;
int con[][];
map<int,int>dp[];
int DP(int x,int y)
{
if(y<=) return ;
if(x<) return INF;
if(dp[x].count(y)) return dp[x][y];
dp[x][y]=INF;
for(int i=;i<con[x][];i++)
dp[x][y]=min(dp[x][y],DP(x-,y-i*x)+i);
dp[x][y]=min(dp[x][y],DP(x-,y-con[x][]*x-con[x][])+con[x][]);
return dp[x][y];
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&goal);
goal/=;
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&con[i][],&con[i][]),con[i][]/=;
printf("%d\n",DP(n,goal));
return ;
}
(2018-08-06 11:01:03 修正代码)
/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
const int INF=int(1e9);
int n,goal;
int con[][];
int dp[][int(1e5)];
int DP(int x,int y)
{
if(y<=) return ;
if(x<) return INF;
if(dp[x][y]!=-) return dp[x][y];
dp[x][y]=INF;
for(int i=;i<con[x][];i++)
dp[x][y]=min(dp[x][y],DP(x-,y-i*x)+i);
dp[x][y]=min(dp[x][y],DP(x-,y-con[x][]*x-con[x][])+con[x][]);
return dp[x][y];
}
int main()
{
memset(dp,-,sizeof dp);
scanf("%d%d",&n,&goal);
goal/=;
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&con[i][],&con[i][]),con[i][]/=;
printf("%d\n",DP(n,goal));
return ;
}
◇D题◇ We Love ABC +传送门+
- 【题意】
给出一个字符串S,仅包含 'A','B','C'和'?' 。你可以(也必须)把'?'替换成'A'~'C'的任意一个字母,对于每一种替换全部完成的情况,计算满足下列条件的三元组(i,j,k)数量:
i<j<k,S[i]='A',S[j]='B',S[k]='C'。
统计总和。
- 【解析】
考虑没有'?'的情况,对于S的第i个字符,统计开头到第i-1个字符中A的个数(a[i])以及从i+1到末尾C的个数(c[i]),若 S[i]='B',则有 若选取第 i 个字符(作为中心的B),方案数为 a[i]*c[i] ,即 i 之前的每一个A都可以与 i 后面的C配对,形成一种答案(乘法原理)。所以我们只需要对 S 中的每一个B进行这样的一次计算,统计总和即可。
但是现在有'?',我们再统计开头到i-1的'?'的数量(kn_fro[i]),以及从i+1到末尾'?'的数量(kn_beh[i])。考虑下面3种情况:
(1) 将i之后的一个?变成C,与i前面的一个A配对,其余?任意变换。则配对的方案数为 a[i]*kn_beh[i](乘法原理,前面的每一个A都可以与后面的每一个?配对),而其余?任意变换的方案数为 3kn_fro[i]+kn_beh[i]-1,即剩余 (kn_fro[i]+kn_beh[i]-1)个?,每一个都可以换成 A~C 的任意一个。方案数为:
(2) 将i之前的一个?变成A,与后面的一个C配对,其余?任意变换……与(1)一样,方案为:
(3) 将i之前的一个?变成A,再把后面的一个?变成C,再将变换之后的A和C配对,其余乱选。选择A和C的方案为 (kn_fro[i]*kn_beh[i]),其他乱选的方案为(3kn_fro[i]+kn_beh[i]-2)——这次是有两个?已经固定,因此需要-2。方案数为:
需要对哪些字符统计这样的值呢?
首先原来是B的字符一定要统计,当然还有每一个?,因为我们可以将那一个?固定变成B。
统计答案即可(标程好像是DP……我觉得没必要)
- 【源代码】
/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=ll(1e9)+;
const int MAXN=int(1e5);
ll Pow3[MAXN+];
char S[MAXN+];
ll a[MAXN+],c[MAXN+],kn_fro[MAXN+],kn_beh[MAXN+];
int main()
{
ll f=;
for(int i=;i<=1e5+;i++) Pow3[i]=f,f*=3ll,f%=MOD; //预处理3的次方
scanf("%s",S);int len=strlen(S);
for(int i=,totA=,totkn=;i<len;i++) //统计a[i],kn_fro[i],均不包含第i个字符本身
{
a[i]=totA;kn_fro[i]=totkn;
if(S[i]=='A') totA++;
if(S[i]=='?') totkn++;
}
for(int i=len-,totC=,totkn=;i>=;i--) //统计c[i],kn_beh[i],均不包含第i个字符本身
{
c[i]=totC;kn_beh[i]=totkn;
if(S[i]=='C') totC++;
if(S[i]=='?') totkn++;
}
ll ans=;
for(int i=;i<len;i++)
if(S[i]=='?' || S[i]=='B')
{ //这里一些玄学错误……如果大家发现只在第11组数据WA了,肯定是long long 炸了,把MOD的顺序换一下再交吧……
ll O1=a[i]*((c[i]*Pow3[kn_beh[i]+kn_fro[i]])%MOD)%MOD, //A->C
O2=kn_beh[i]? (a[i]*(kn_beh[i]*Pow3[kn_beh[i]+kn_fro[i]-]%MOD)%MOD):0ll, //A->?
O3=kn_fro[i]? (c[i]*(kn_fro[i]*Pow3[kn_fro[i]+kn_beh[i]-]%MOD)%MOD):0ll, //?->C
O4=(kn_beh[i] && kn_fro[i])? (kn_fro[i]*(kn_beh[i]*Pow3[kn_fro[i]+kn_beh[i]-]%MOD)%MOD):0ll; //?->?
ll Sum=((O1+O2)%MOD+(O3+O4)%MOD)%MOD;
ans+=Sum;
ans%=MOD;
}
printf("%lld\n",ans);
return ;
}
◆ 涨Rating啦!
The End
Thanks for reading!
- Lucky_Glass
(Tab:如果我有没讲清楚的地方可以直接在邮箱lucky_glass@foxmail.com email我,在周末我会尽量解答并完善博客~)
dpij=mindpi-1j-k*100i+k(0≤k≤pi)dpij=mindpi-1j-k*100i-ci+k(k=pi)
【赛时总结】◇赛时·VI◇ Atcoder ABC-104的更多相关文章
- ATCODER ABC 099
ATCODER ABC 099 记录一下自己第一场AK的比赛吧...虽然还是被各种踩... 只能说ABC确实是比较容易. A 题目大意 给你一个数(1~1999),让你判断它是不是大于999. Sol ...
- Atcoder ABC 141
Atcoder ABC 141 A - Weather Prediction SB题啊,不讲. #include<iostream> #include<cstdio> #inc ...
- Atcoder ABC 139E
Atcoder ABC 139E 题意: n支球队大循环赛,每支队伍一天只能打一场,求最少几天能打完. 解法: 考虑抽象图论模型,既然一天只能打一场,那么就把每一支球队和它需要交手的球队连边. 求出拓 ...
- Atcoder ABC 139D
Atcoder ABC 139D 解法: 等差数列求和公式,记得开 $ long long $ CODE: #include<iostream> #include<cstdio> ...
- Atcoder ABC 139C
Atcoder ABC 139C 题意: 有 $ n $ 个正方形,选择一个起始位置,使得从这个位置向右的小于等于这个正方形的高度的数量最多. 解法: 简单递推. CODE: #include< ...
- Atcoder ABC 139B
Atcoder ABC 139B 题意: 一开始有1个插口,你的插排有 $ a $ 个插口,你需要 $ b $ 个插口,问你最少需要多少个插排. 解法: 暴力模拟. CODE: #include< ...
- Atcoder ABC 139A
Atcoder ABC 139A 题意: 给你两个字符串,记录对应位置字符相同的个数 $ (n=3) $ 解法: 暴力枚举. CODE: #include<iostream> #inclu ...
- atcoder abc 244
atcoder abc 244 D - swap hats 给定两个 R,G,B 的排列 进行刚好 \(10^{18}\) 次操作,每一次选择两个交换 问最后能否相同 刚好 \(10^{18}\) 次 ...
- AtCoder ABC 250 总结
AtCoder ABC 250 总结 总体 连续若干次一样的结果:30min 切前 4 题,剩下卡在 T5 这几次卡在 T5 都是一次比一次接近, 什么 dp 前缀和打挂,精度被卡,能水过的题连水法都 ...
- AtCoder ABC 242 题解
AtCoder ABC 242 题解 A T-shirt 排名前 \(A\) 可得 T-shirt 排名 \([A+1,B]\) 中随机选 \(C\) 个得 T-shirt 给出排名 \(X\) ,求 ...
随机推荐
- c++ 面试整理
1. 继承方式 public 父类的访问级别不变 protected 父类的public成员在派生类编程protected,其余的不变 private 父类的所有成员变成pr ...
- GitKraken使用教程-基础部分(9)
10. 合并分支并解决冲突(conflict) 1) 合并分支 在代码管理过程中,切换分支或者同步服务器代码时,常常会出现代码冲突的情况,这种情况出现的原因一般是由于两个分支对同一个文件进行修改, ...
- WebGL 踩坑系列-2
需求:绘制斑点在球面上走过的路径 思路:要绘制斑点在球面上走过的路径,首先要记录上一时刻和当前时刻该斑点所在球面的位置,并且实时更新当前时刻的斑点位置和上一时刻的斑点位置. 为了方便,上一时刻斑点所在 ...
- 斗鱼扩展--notifications提示(十二)
来说下 桌面通知 Notification,HTML5支持 Web Notifications 的实例,但是要经过用户允许, chrome://settings/content/notificati ...
- xmlDemo4j解析
package lianxi; import java.util.Iterator;import java.util.List;import java.io.File;import java.io.F ...
- Oracle的oci.dll加载错误解决办法
开始 -> 程序 -> Oracle -> Configuration and Migration Tools -> Net Manager→本地→概要文件→Oracle高级安 ...
- java.lang.OutOfMemoryError: Failed to allocate a 3110419 byte allocation with 741152 free bytes and
在进行SurfaceView的开发时,出现了java.lang.OutOfMemoryError错误: 由于项目是同时显示四路远端传输过来的视频 所以采用的方法是使用:android:hardware ...
- maven下nutz与servlet报错org.nutz.mvc.NutFilter cannot be cast to javax.servlet.Filter
使用maven搭建nutz时,加入servlet报错:org.nutz.mvc.NutFilter cannot be cast to javax.servlet.Filter 十二月 03, 201 ...
- win10下各种问题的解决办法
本来申请这个博客是为了写一些Java学习笔记的,但是鉴于我半年内无数次重装系统的惨痛经历,所以把win10系统的一些问题总结一下. 此账号密码:1994llz. 1.win10取消开机密码: http ...
- Last_IO_Errno: 1032
(一):更新找不到记录 1032 Last_SQL_Errno: 1032 Last_SQL_Error: Could not execute Update_rows ...