AtCoder Beginner Contest 136

题目链接

A - +-x

直接取\(max\)即可。

Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5; int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
int a, b;
cin >> a >> b;
cout << max(a + b, max(a - b, a * b));
return 0;
}

B - One Clue

直接输出,注意判断左右边界。

Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5; int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
int k, x;
cin >> k >> x;
for(int i = max(-1000000, x - k + 1); i <= min(1000000, x + k - 1); i++) cout << i << ' ';
return 0;
}

C - Green Bin

\(map\)统计\(string\)出现次数即可。

Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
map <string, int> mp;
string s;
int n;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n;
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s;
sort(s.begin(), s.end());
if(mp.find(s) != mp.end()) ans += mp[s];
mp[s]++;
}
cout << ans;
return 0;
}

D - Summer Vacation

时间倒流。

每一个工作只能在某一个时刻之前开始进行才能获得收益。考虑倒序枚举时间,在每一个位置将所有工作加入,取最大收益即可。

Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m;
vector <int> c[N];
struct node{
int A, B;
}a[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].B >> a[i].A;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(a[i].B <= m) c[m - a[i].B].push_back(a[i].A);
}
priority_queue <int> q;
int ans = 0;
for(int i = m - 1; i >= 0; i--) {
for(auto it : c[i]) q.push(it);
if(!q.empty()) {
ans += q.top(); q.pop();
}
}
cout << ans;
return 0;
}

E - Coins Respawn

首先\(dfs\)一次找到所有能够到达\(n\)的点,然后在这些点上面跑\(spfa\)+判正环就行。

Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2505, M = 5005;
int n, m, p;
struct Edge{
int u,v,w,next;
}e[M<<1];
int tot, head[N];
void adde(int u,int v,int w){
e[tot].u=u;e[tot].v=v;e[tot].w=w;e[tot].next=head[u];head[u]=tot++;
}
bool ok[N], vis[N];
bool g[N][N];
int c[N], d[N], dis[N];
void dfs(int u) {
ok[u] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(g[u][i] && !ok[i]) dfs(i);
} }
int spfa(int s){
queue <int> q;
memset(d,0xcf,sizeof(d));
memset(vis,0,sizeof(vis));memset(c,0,sizeof(c));
q.push(s);vis[s]=1;d[s]=0;c[s]=1;dis[s]=0;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();vis[u]=0;
if(c[u]>n){
return d[0];
}
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
int v=e[i].v;
if(!ok[v]) continue;
if(d[v]<d[u]+e[i].w){
d[v]=d[u]+e[i].w;
dis[v]=dis[u]+1;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
q.push(v);
c[v]++;
}
}
}
}
return d[n];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n >> m >> p;
memset(head, -1, sizeof(head));
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v, w; cin >> u >> v >> w;
adde(u, v, w - p);
g[v][u] = 1;
}
dfs(n);
int t = spfa(1);
if(t == d[0]) cout << -1;
else cout << max(0, t);
return 0;
}

F - Polynomial Construction

考虑拉格朗日插值,那么答案就是:

\[y=\sum_{i=0}^{p-1}a_i\prod_{j\neq i}\frac{x-j}{i-j}=\sum_{i=0}^{p-1}a_i\prod_{j\neq i}x-j\prod_{j\neq i}\frac{1}{i-j}
\]

现在就考虑如何快速求\(\prod_{j\neq i}x-j\)。

这部分可以直接递推计算,设\(dp[i][j]\)表示考虑\(\prod_{k=0}^{i}x-k\)的结果中\(x^j\)的系数是多少,那么就有:

  • \(dp[i][0]=dp[i-1][0]*(-i)\)
  • \(dp[i][j]=dp[i-1][j-1]-dp[i-1][j]*i\)

因为式子中有限制条件:\(j\neq i\),那么就考虑如何去掉一个\(x-i\):

  • \(dp[n-1][j]=dp[n-1][j+1](if:i=0)\)
  • \(dp[n-1][j]=\frac{dp[n-1][j]-tmp}{i}(else)\),\(tmp\)表示前面的对后面的贡献。

详见代码:

Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3000;
int n, mod;
int a[N], res[N];
ll qp(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int inv[N], inv2[N];
int dp[N][N];
int add(int x, int y) {
x += y;
if(x >= mod) x -= mod;
return x;
}
int sub(int x, int y) {
x -= y;
if(x < 0) x += mod;
return x;
}
int mul(ll x, ll y) {
x = x * y % mod;
if(x < 0) x += mod;
return x;
}
void pre() {
for(int i = 1; i <= n; i++) inv[i] = qp(i, mod - 2);
for(int i = 1; i <= n; i++) inv2[i] = qp(mod - i, mod - 2);
dp[0][1] = 1;
for(int i = 1; i < n; i++) {
for(int j = 0; j <= i + 1; j++) {
dp[i][j] = mul(dp[i - 1][j], mod - i);
if(j) dp[i][j] = add(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1]);
// cout << i << ' ' << j << ' ' << dp[i][j] << '\n';
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n; mod = n;
for(int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
pre();
for(int i = 0; i < n; i++) if(a[i]) {
int ans = 1;
for(int j = 0; j < n; j++) {
if(i > j) ans = mul(ans, inv[i - j]);
if(i < j) ans = mul(ans, inv2[j - i]);
}
int tmp = 0;
if(i == 0) tmp = dp[n - 1][1];
res[0] = add(res[0], mul(ans, tmp));
for(int j = 1; j < n; j++) {
tmp = mul(sub(dp[n - 1][j], tmp), inv2[i]);
if(i == 0) tmp = dp[n - 1][j + 1];
res[j] = add(res[j], mul(ans, tmp));
}
}
for(int i = 0; i < n; i++) cout << res[i] << " \n"[i == n - 1];
return 0;
}

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