AtCoder Beginner Contest 238 A - F 题解

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;
}