KYOCERA Programming Contest 2021（AtCoder Beginner Contest 200） 题解

KYOCERA Programming Contest 2021（AtCoder Beginner Contest 200） 题解

哦淦我已经菜到被ABC吊打了。

A - Century

首先把当前年份减去\(1\)，对应的世纪也减去\(1\)，然后我们就发现第\(0\)到\(99\)年对应第\(0\)世纪，第\(100\)到\(199\)年对应第\(1\)世纪，以此类推。

答案就是\(\lfloor \frac {N-1} {100} \rfloor\)。这里\(\lfloor x \rfloor\)表示不超过\(x\)的最大整数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    int n;
    cin>>n;
    cout<<(n-1)/100+1<<endl;

    return 0;
}

B - 200th ABC-200

乍一看答案会很大，然后爆long long。

其实假如当前数不是\(200\)的倍数的时候，把它后面连接上\(200\)，结果一定是\(200\)的倍数，因为\(1000\)一定是\(200\)的倍数。

所以答案其实不会很大，最多就是\(976555175781\)（\(N=99999, K=20\)）。

然后暴力做就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    long long n;
    int k;
    cin>>n>>k;
    while(k){
        if(n%200==0)n/=200,k--;
        else n=n*1000+200,k--;
    }
    cout<<n;

    return 0;
}

C - Ringo's Favorite Numbers 2

假如两个数相减是\(200\)的倍数，他们对\(200\)取模后，得到的结果一定相同。

然后就用前缀和记录在当前的位置之前有多少个数对\(200\)取模得到的结果和这个数对\(200\)取模的结果相同，并且把这个加入答案中就可以了。

只有我一开始以为差一定要是非负数然后被坑了么。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,a[200005],c[205];
long long ans;

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        ans+=c[a[i]%200];
        c[a[i]%200]++;
    }
    cout<<ans;

    return 0;
}

D - Happy Birthday! 2

首先还是把所有的数都对\(200\)取模。

然后我们可以想出来一种DP的状态表示方法：\(f_{i,j}\)表示已经处理了前\(i\)个数，选出来的\(B\)序列和\(C\)序列的差对\(200\)取模等于\(j\)。

这种状态的转移，可以枚举当前的数是放进\(B\)中还是\(C\)中，亦或是两个序列都不放。输出方案也只需要记录上一个状态的\(j\)，然后反着操作一遍就好了。

但是它有一个问题，就是不能保证两个序列都是非空的。

我们可以再开一维，记录两个序列当中是不是有元素了：\(f_{i,j,k}\)表示已经处理了前\(i\)个数，选出来的\(B\)序列和\(C\)序列的差对\(200\)取模等于\(j\)，\(k\)以子集的位掩码的形式记录两个序列是否非空。

子集的位掩码这个表述非常有点奇怪，具体来说就是：

• \(k=0\)表示两个序列都是空的。
• \(k=1\)表示一个序列都是空的。
• \(k=2\)表示另一个序列都是空的。
• \(k=3\)表示两个序列都是非空的。

（“一个”和“另一个”的表述是因为这不重要，我就懒得想了）

然后为了输出方案还要记录上一个状态的\(k\)是多少。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,a[205],g[205][205][4],h[205][205][4];
bool f[205][205][4];

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        a[i]%=200;
    }
    f[0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i][0][0]=1;
        for(int j=0;j<200;j++){
            for(int k=1;k<=3;k++){
                if(f[i-1][(j+a[i])%200][k&1]){
                    f[i][j][k]=1;
                    g[i][j][k]=-1;
                    h[i][j][k]=k&1;
                }
                if(f[i-1][(j+a[i])%200][k]){
                    f[i][j][k]=1;
                    g[i][j][k]=-1;
                    h[i][j][k]=k;
                }
                if(f[i-1][j][k]){
                    f[i][j][k]=1;
                }
                if(f[i-1][(j-a[i]+200)%200][k&2]){
                    f[i][j][k]=1;
                    g[i][j][k]=1;
                    h[i][j][k]=k&2;
                }
                if(f[i-1][(j-a[i]+200)%200][k]){
                    f[i][j][k]=1;
                    g[i][j][k]=1;
                    h[i][j][k]=k;
                }
            }
        }
    }
    if(!f[n][0][3]){
        cout<<"NO";
        return 0;
    }
    int x=n,y=0,z=3;
    cout<<"YES\n";
    vector<int> u,v;
    while(x){
        if(g[x][y][z]==1){
            u.emplace_back(x);
            z=h[x][y][z];
            y=(y-a[x]+200)%200;
        }else if(g[x][y][z]==-1){
            v.emplace_back(x);
            z=h[x][y][z];
            y=(y+a[x])%200;
        }
        x--;
    }
    reverse(u.begin(),u.end());
    cout<<u.size()<<' ';
    for(int i:u)cout<<i<<' ';
    cout<<'\n';
    reverse(v.begin(),v.end());
    cout<<v.size()<<' ';
    for(int i:v)cout<<i<<' ';

    return 0;
}

E - Patisserie ABC 2

这里我们可以想到先枚举三种属性的和是多少。然后我们可以定义\(tot(m)\)，表示和为\(m\)的时候，一共有多少种组合方式。

然后由于每个属性的值都是\(1\)到\(n\)的限制，又到了激动人心的分类讨论环节。

首先我们把第一属性的值叫做\(i\)，那么后两个属性的和就是\(m-i\)。

• \(2\leq m-i\leq n+1\)：那么第二属性的取值范围就是\(1\)到\(m-i-1\)，答案就是\(\sum_{\max(m-n-1,1)}^{\min(n,m-2)}m-i-1\)
• \(n+2\leq m-i\leq 2n\)：那么第二属性的取值范围就是\(m-i-n\)到\(n\)，答案就是\(\sum_{\max(1,m-2*n)}^{\min(n,m-n-2)}2n-(m-i)+1\)

那么：

\[tot(i)=\sum_{\max(m-n-1,1)}^{\min(n,m-2)}(m-i-1)+\sum_{\max(1,m-2*n)}^{\min(n,m-n-2)}(2n-(m-i)+1)
\]

然后就可以枚举\(m\)，快速的削减\(k\)的值，直到\(k\)小于等于\(tot(m)\)了，这时候我们就枚举第一属性\(i\)，然后根据上文的分类讨论计算第二属性和第三属性的取值即可（同样是先快速削减\(k\)，然后\(k\)小于等于当前第一属性对应取值种类数时输出答案）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

int n;
ll k;

ll sum(int l,int r,int lv,int rv){
    return (ll)(lv+rv)*(r-l+1)/2;
}

ll tot(int m){
    ll res=0;
    if(m<=2*n+1){
        int l=max(1,m-n-1),r=min(n,m-2);
        res+=sum(l,r,m-l-1,m-r-1);
    }
    if(m>n+2){
        int l=max(1,m-2*n),r=min(n,m-n-2);
        res+=sum(l,r,2*n-(m-l)+1,2*n-(m-r)+1);
    }
    return res;
}

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin>>n>>k;
    for(int m=3;m<=3*n;m++){
        if(k>tot(m)){
            k-=tot(m);
            continue;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)if(m-i<=n*2){
            if(m-i<=n+1){
                if(k>m-i-1){
                    k-=m-i-1;
                    continue;
                }
                cout<<i<<' '<<k<<' '<<m-i-k;
                return 0;
            }else{
                if(k>2*n-(m-i)+1){
                    k-=2*n-(m-i)+1;
                    continue;
                }
                cout<<i<<' '<<m-i-n-1+k<<' '<<n+1-k;
                return 0;
            }
        }
    }

    return 0;
}

F - Minflip Summation

由于我是看了题解才把这题做出来的，所以就照着题解翻译吧（还好意思讲）。

假如\(S\)不包含?同时\(K=1\)的解法

我们把所有左右相邻的，一个是\(0\)一个是\(1\)的位置（也就是\(S_i\neq S_{i+1}\)的位置\(i\)）都数出来（比如10100能数出来\(3\)个）。

为了叙述方便，我们把它叫做“切换位置”（毕竟是从\(0\)切换到\(1\)或者从\(1\)切换到\(0\)）。

然后发现一次操作，最多把它减少\(2\)（选择两个切换位置去操作），也可以减少\(1\)（选择一个切换位置，和一个开头/结尾）。

那么假如数出来\(D\)个位置，就需要\(\lfloor \frac D 2 \rfloor\)次操作解决。

这道题的解法

然后对于所有的这样的位置，我们记录他们的总和是\(A\)：（主要是从AtCoder的题解上搬的，但是修了一点小锅）

\[A = 2^{Kq} \times ( ( K \times \displaystyle \sum_{i=1}^{|S|-1} f(S_i,S_{i+1}) ) + (K-1) \times f(S_1,S_{|S|}))
\]

\[\begin{eqnarray}
f(a,b)
=
\begin{cases}
\frac{1}{2} & \text{(if at least one of }a\text{ and }b\text{ is ?)} \\
1 & \text{(if neither }a\text{ nor }b\text{ is ? and }a\neq b\text{)} \\
0 & \text{(if neither }a\text{ nor }b\text{ is ? and }a = b\text{)} \\
\end{cases}
\end{eqnarray}
\]

然后答案似乎应该是\(\frac A 2\)，不过还有一点问题：假如说一个串数出来奇数个切换位置，这种算法对于这个串会不会少算了半次操作？

我们可以发现，对于有奇数个切换位置的串，多添加一个切换位置后答案相同。

然后假如给\(A\)添加上这些串的个数，答案就是\(\frac A 2\)了。

这些串有一个性质：他们的开头和结尾，是不同的（毕竟切换了奇数次）。

然后这些串的个数就是\(2^{Kq} \times f(S_1,S_{|S|})\)。

然后答案就是\(\frac {A+2^{Kq} \times f(S_1,S_{|S|})} 2\)，也就是：

\[2^{Kq} \times K \times \sum_{i=1}^{|S|} f(S_i,S_{i+1})
\]

（特别地，这里把\(S_{|S|+1}\)看作是\(S_1\)）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int inv2=5e8+4;

ll qpow(ll a,ll n){
    ll res=1;
    while(n){
        if(n&1)res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}

int n,m,k,ans;
char s[100005];

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin>>s>>k;
    n=strlen(s);
    if(n*k==1){cout<<0;return 0;}
    for(int i=0;i<n;i++)m+=s[i]=='?';
    m=qpow(2,(ll)k*m)*inv2%mod*k%mod;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(s[i]=='?'||s[(i+1)%n]=='?')ans=(ans+m)%mod;
        else if(s[i]!=s[(i+1)%n])ans=(ans+m*2%mod)%mod;
    }
    cout<<(ll)ans*inv2%mod;

    return 0;
}