UNIQUE VISION Programming Contest 2024 Spring(AtCoder Beginner Contest 346)
第一个五题 ABC，纪念一下
A - Adjacent Product
给数列 \(a\)，输出 \(a_i\times a_{i+1}\)。
略。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a[200003];
signed main(){
cin>>n; cin>>a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
cin>>a[i],cout<<a[i]*a[i-1]<<' ';
return 0;
}
B - Piano
钢琴键位以 wbwbwwbwbwbw 循环排列，求是否存在恰好有 \(a\) 个 w，\(b\) 个 b 的子串。
\(a,b\le 100\)
感觉这题可以有加强版？应该可以开到 \(10^{18}\)。
最暴力的做法，直接拼出一个 \(200\) 长的串然后枚 \(l,r\)，判断串是否合法，前缀和可以 \(O(n^2)\) 但是这题没必要他，时间复杂度 \(O(n^3)\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m; // n white,m black
string t="wbwbwwbwbwbw";
string s;
signed main(){
cin>>n>>m;
while(s.length()<=100) s+=t;
for(int i=0;s[i];i++){
for(int j=i;s[j];j++){
int cntn=0,cntm=0;
for(int k=i;k<=j;k++){
if(s[k]=='w') cntn++;
else cntm++;
}
if(cntn==n&&cntm==m){
cout<<"Yes\n";
return 0;
}
}
}
cout<<"No\n";
return 0;
}
C - Σ
给你一个长度为 \(N\) 的正整数序列 \(A=(A_1,A_2,\dots,A_N)\) 和一个正整数 \(K\) 。
求 \(1\) 与 \(K\) 之间，未出现在序列 \(A\) 中的整数之和。
- \(1\leq N \leq 2\times 10^5\)
- \(1\leq K \leq 2\times 10^9\)
- \(1\leq A_i \leq 2\times 10^9\)
首先将 \(A\) 排序去重，然后容斥一下，用总和减去 \(A_i\le K\) 的数即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,k;int a[200003],ans;
signed main(){
cin>>n>>k; ans=k*(k+1)/2;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
sort(a+1,a+n+1);
n=unique(a+1,a+n+1)-a-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]<=k) ans-=a[i];
cout<<ans;
return 0;
}
D -Gomamayo Sequence
给你一个长度为 \(N\) 的字符串 \(S\) ，它由 0 和 1 组成，修改 \(S_i\) 需要 \(C_i\) 代价，求让 \(S\) 有且仅有两个相邻位置的字符相同的最小代价。
- \(2 \leq N \leq 2 \times 10^5\)
- \(1 \leq C_i \leq 10^9\)
考虑 DP，设 \(f[i][0/1][0/1]\) 为（到位置 \(i\)，前面是否存在两个相邻位置的字符相同，当前字符）的最小代价。
初始条件 \(f[1][0][S_1 \text ^ 1]=C_1,f[1][0][S_1]=0\)，其他为 INF。
则有转移（设 \(t=S_i\)）
答案为 \(\min(f[n][1][0],f[n][1][1])\)，时间复杂度 \(O(n)\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a[200003];
char s[200003];
int f[200003][2][2];
signed main(){
cin>>n;
cin>>(s+1);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
memset(f,0x3f,sizeof f);
f[1][0][(s[1]-'0')^1]=a[1];
f[1][0][s[1]-'0']=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
int t=s[i]-'0';
f[i][0][t]=f[i-1][0][t^1];
f[i][0][t^1]=f[i-1][0][t]+a[i];
f[i][1][t]=min(f[i-1][0][t],f[i-1][1][t^1]);
f[i][1][t^1]=min(f[i-1][0][t^1],f[i-1][1][t])+a[i];
}
cout<<min(f[n][1][0],f[n][1][1]);
return 0;
}
E - Paint
问题陈述
有一个行数为 \(H\) 列数为 \(W\) 的网格。初始时，所有单元格都涂有颜色 \(0\) 。
您将按照 \(i = 1, 2, \ldots, M\) 的顺序执行以下操作。
-
如果是 \(T_i = 1\) ，则使用颜色 \(X_i\) 重新绘制 \(A_i\) -th 行中的所有单元格。
-
如果是 \(T_i = 2\) ，则使用颜色 \(X_i\) 重新绘制 \(A_i\) -th 列中的所有单元格。
完成所有操作后，针对网格中存在的每种颜色 \(i\) ，找出被涂上颜色 \(i\) 的单元格数量。
- \(1 \leq H, W, M \leq 2 \times 10^5\)
- \(0 \leq X_i \leq 2 \times 10^5\)
第一眼 2022 春测，没想到还真像，只是改了一下统计方式。
其他思路与春测无异，只是统计的时候按时间戳倒序统计，就比如计两个数 \(lv1,lv2\)，若本次是行覆盖就统计 \(ton[col_{now}]+=lv2,lv1\to lv1-1\)，列同理，时间复杂度 \(O(m\log m)\)。
主体代码从春测贺的（）
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,m,t,q;
struct M{
int c,tix;
bool operator<(const M &o)const{return tix>o.tix;}
}mat[2][200003];
// op=1 row
// op=0 col
int ton[200003],cnt;
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>m>>q;
for(int i=1;i<=m;i++) mat[1][i].c=0, mat[1][i].tix=-1;
for(int i=1;i<=n;i++) mat[0][i].c=0, mat[0][i].tix=-1;
for(int i=1,op,x,c;i<=q;i++){
cin>>op>>x>>c; op--;
mat[op^1][x].c=c;
mat[op^1][x].tix=i;
}
sort(mat[0]+1,mat[0]+m+1);
sort(mat[1]+1,mat[1]+n+1);
int l=1,r=1,lvl=m,lvr=n;
while(l<=m&&r<=n){
M L=mat[0][l],R=mat[1][r];
// cout<<L.tix<<' '<<L.c<<'\n';
// cout<<R.tix<<' '<<R.c<<'\n';
if(L.tix<R.tix){
ton[R.c]+=lvl;
lvr--, r++;
}else{
ton[L.c]+=lvr;
lvl--, l++;
}
}
while(l<=m){
ton[mat[0][l].c]+=lvr;
l++;
}
while(r<=n){
ton[mat[1][r].c]+=lvl;
r++;
}
// ton[0]=n*m;
for(int i=0;i<=200000;i++){
// ton[0]-=ton[i];
if(ton[i]) cnt++;
}
cout<<cnt<<'\n';
for(int i=0;i<=200000;i++){
if(ton[i]) cout<<i<<' '<<ton[i]<<'\n';
}
return 0;
}
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