【比赛总结】ABC 444 总结

前言

差点就 AC E 了，【痛哭.jpg】。

为什么他们都没有 AC C 呢？

A - Repdigit

为什么这种题我第一次还错了！

奶龙错误代码：

if (s[0] == s[1] == s[2]) cout << "Yes";
else cout << "No"; 

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

int main() {
	string s;
	cin >> s;
	
	if (s[0] == s[1] && s[1] == s[2]) cout << "Yes";
	else cout << "No"; 
    return 0;
}

B - Digit Sum

这道题也是无需多评。

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

int n, k, ans;
int main() {
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int sum = 0, t = i;
		while (t) {
			sum += t % 10;
			t /= 10;
		}
		if (sum == k) ans++;
	}
	
	cout << ans << endl;
    return 0;
}

C - AtCoder Riko

这道题卡了我 \(40\) 分钟！

有若干根初始长度均为 \(L\) 的木棍。一次操作后，每根木棍可能：

• 保持原长度 \(L\)；
• 断裂为两根木棍，两根的长度总和为 \(L\)。

给定长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，请你找出所有可能的 \(L\)，使得存在一种操作方式，使得操作后所有木棍的长度恰好与 \(a\) 中的元素一一对应。

---

首先尝试枚举所有的 \(L\)，直接对 \(\sum(a_i)\) 的因数枚举就好了。

由于 \(L\ge \max (a_i)\)，对于当前枚举的 \(L\)，分成两种情况讨论：

若 \(L=\max(a_i)\)，我们将所有 \(a_i=L\) 全都从 \(a\) 中去掉（没有分裂），只处理 \(a_i<L\)。
将剩余元素升序排列，假设有 \(m\) 个元素。那么只要判断 \(L\ge a_i+a_{m-i+1}\) 就可以了。
这是一种直观且正确的做法，如果存在“小 \(+\) 小”与“大 \(+\) 大”都能满足的话，那么“小 \(+\) 大”也可以成功。

---

若 \(L>\max(a_i)\)，仍然如法制炮，只是相比上面要算上 \(a_i=L\) 这些元素。

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

const int N = 3e5 + 10;

int n, a[N], ans[N];
signed main() {
	cin >> n;
	
	int sum = 0, num = 0;
	int amax = 0, bmax = 0, cmax = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		amax = max(amax, a[i]), sum += a[i];
	}
	
	sort(a + 1, a + n + 1);
	for (int i = 1; i <= n / 2; i++)
		swap(a[i], a[n - i + 1]);
	
	for (int i = 1, r = n; i <= n; i++) {
		if (r < i) break;
		if (a[i] == amax) num++;
		if (a[i] != amax) bmax = max(bmax, a[i] + a[r]), r--;
	}
	
	for (int i = 1, r = n; i <= n; i++) {
		if (r < i) break;
		cmax = max(cmax, a[i] + a[r]), r--;
	}
	
	int cnt = 0;
	for (int p = (n + 1) / 2; p <= n; p++) {
		if (sum % p) continue;
		
		int L = sum / p;
		if (L == amax && L >= bmax) ans[++cnt] = L;
		else if (L > amax && L >= cmax) ans[++cnt] = L;
	}
	
	sort(ans + 1, ans + cnt + 1);
	for (int i = 1; i <= cnt; i++)
		cout << ans[i] << " ";
	
    return 0;
}

D - Many Repunit Sum

对于 \(i=1,2,\dots,N\)，让 \(B_i\) 表示由 \(A_i\) 个 \(1\) 连接而成的整数。

求 \(\sum_{i=1}^n B_i\)，其中 \(1\le N,A_i\le 2\times 10^5\)。

树状数组板题，好吧其实没有那么难。

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

const int N = 2e5 + 10;
const int M = 5e5 + 10; 

int n, a[N], tree[M];
int lowbit(int x) {
	return x & -x;
}

int get(int x) {
	int sum = 0;
	while (x) sum += tree[x], x -= lowbit(x);
	return sum; 
} 

void update(int x, int d) {
	while (x < M) {
		tree[x] += d;
		x += lowbit(x);
	}
}

int ans[M];

signed main() {
	cin >> n;
	
	int mmax = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i], update(a[i], 1);
		mmax = max(mmax, a[i]);
	}
	
	for (int i = 1; i < M; i++) {
		ans[i] += max(0ll, n - get(i - 1));
		ans[i + 1] += ans[i] / 10;
		ans[i] %= 10;
	}
	
	int now = 1;
	for (int i = M - 1; i >= 1; i--) {
		if (ans[i] != 0) {
			now = i;
			break;
		}
	}n
	
	for (int i = now; i >= 1; i--)
		cout << ans[i];
	
    return 0;
}

E - Sparse Range

有一个由 \(n\) 个数组成的序列，每一项为 \(a_i\)，问有多少个连续区间满足其中任意两项的差的绝对值都大于等于 \(D\)。

形式化：存在多少对 \((l,r)\) 满足 \(|a_i-a_j|\ge D\)，其中 \(l\le i,j\le r,1\le n\le 4\times 10^5\)。

双指针被写在题目里面了，对吧。

接着我们用一个 multiset 维护区间里的所有元素，假设又有一个元素 \(x\) 要添加进来。我们只要二分查找 \(\le x\) 的最大值与 \(\ge x\) 的最小值就结束了。

纯套路，比 C 题还水，但是双指针写法习惯如果不好就能调一年。

#include <bits/stdc++.h>
#define endl "\n"
#define int long long
using namespace std;

const int N = 5e5 + 5;

int a[N], n, d, ans;
multiset<int> mul;

bool check(int x) {
	auto it1 = mul.lower_bound(x);
	auto it2 = mul.upper_bound(x);
	
	bool is = 1;
	if (it1 != mul.end()) is = (is & ((*it1) - x >= d));
	if (it2 == mul.end() && mul.size()) is = (is & (x - (*mul.rbegin()) >= d));
	else if (it2 != mul.begin()) it2--, is = (is & (x - (*it2) >= d));
	
	return is;
}

signed main() {
	cin >> n >> d;
	
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];
	
	int l = 1, r = 0;
	while (l <= n) {
		while (r + 1 <= n && check(a[r + 1])) mul.insert(a[++r]);
		ans += (r - l + 1), mul.erase(a[l++]);
	}
	
	cout << ans << endl;
	
    return 0;
}