AtCoder Beginner Contest 378 题解

AtCoder Beginner Contest 378

Rated： \(760 \to 770\)
场切：ABCD
赛后：EF
不会：G

• A - Pairing

  简单模拟。

• B - Garbage Collection

  找到一个大于等于 \(d\) 的最小值，满足模 $q = r $。
  简单分讨。

• C - Repeating

  简单模拟。

• D - Count Simple Paths

  纯DFS。
  枚举每个起点，暴力搜索统计答案。

• E - Mod Sigma Problem

  假设 \(S_i = (A_1+A_2+\dots+A_i) \mathbin{\mathrm{mod}} M,S_0 = 0\)，那么

  \[ \sum_{1 \leq l \leq r \leq N} \left( \left(\sum_{l \leq i \leq r} A_i\right) \mathbin{\mathrm{mod}} M \right) = \sum_{1 \leq l \leq r \leq N} (S_r - S_{l-1}) \mathbin{\mathrm{mod}} M, \]

  由于 \(0 \leq S_{l-1},S_r \lt M\) ，所以

  \[ (S_r - S_{l-1}) \mathbin{\mathrm{mod}} M = S_r - S_{l-1} + \begin{cases} 0 & (S_{l-1} \leq S_r) \\ M & (S_{l-1} \gt S_r)\end{cases} \]

  不再涉及 \(\mathrm{mod}\) 。

  让 $X_r = $ （ \(l=1,2,\dots,r\) 与 \(S_{l-1} \gt S_r\) 的个数），那么

  \[ \sum_{r=1}^N \sum_{l=1}^r (S_r - S_{l-1}) \mathbin{\mathrm{mod}} M = \sum_{r=1}^N \left( S_r \times r - \sum_{l=1}^r S_{l-1} + M \times X_r \right). \]

  \(X_r\) 可以用值域树状数组或值域线段树来计算。

  \(B_x\) 定义为 \(S_{l-1}=x\) 的个数，
  对每个 \(r=0,1,\dots,N\) 执行以下操作：

  • \(X_r = B_{S_r + 1} + B_{S_r + 2} + \dots B_{M-1}\)
  • \(B_{S_r} + 1\)

  细节：当 \(S_i = 0\) 时，执行 add(S[i],1) 时，lowbit(S[i]) 会一直为 \(0\),会死循环。所以给每个 \(S_i + 1\) 维护。

  点击查看代码

  #include <bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  const int N = 200005;
  long long a[N],tr[N];
  long long n,m;
  int lowbit(int x){
      return x & -x;
  }
  void add(int x,int k){
      for (int i = x; i <= m;i+=lowbit(i))
          tr[i] += k;
  }
  int query(int x){
      long long sum = 0;
      for (int i = x; i;i-=lowbit(i))
          sum += tr[i];
      return sum;
  }
  int main(){
      ios::sync_with_stdio(false);
      cin.tie(0),cout.tie(0);
      cin >> n >> m;
      for (int i = 1; i <= n;i++)
          cin >> a[i], a[i] = (a[i]+a[i - 1])%m;
      long long tmp = 0,ans=0;
      for (int i = 1; i <= n;i++){
          ans += a[i] * i;
          ans -= tmp;
          ans += (query(m) - query(a[i]+1))*m;
          add(a[i]+1, 1);
          tmp += a[i];
      }
      cout << ans << endl;
      return 0;
  }
  

• F - Add One Edge 2

  计算满足以下条件的顶点对 \((u, v)\) （其中 \(u \lt v\) ）的个数：

  • \(u\) 和 \(v\) 的度数都是 \(2\) 。
  • \(u\) 和 \(v\) 的简单路径上的所有顶点（不包括 \(u\) 和 \(v\) 本身）的度数都是 \(3\)。

  并查集维护，给每个顶点度数都为 \(3\) 的边合并。
  设 \(c_i\) 表示第 \(i\) 个连通块中，与联通块中的点有连边的，且度数为 \(2\) 的点的数量。

  答案就是 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{} \frac{c_i(c_i - 1)}{2}\) 。

  点击查看代码

  #include <bits/stdc++.h>
  using namespace std;  
  
  const int N = 200005;
  int n;
  int u[N], v[N], deg[N], fa[N];
  int c2[N];
  
  int find(int x) {
  	return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
  }
  
  void merge(int x, int y) {
  	int fx = find(x),fy = find(y);
  	fa[fx] = fy;
  }
  
  vector<vector<int>> f() {
  	unordered_map<int, vector<int>> t;
  	for (int i = 0; i < n; ++i) {
  		int rt = find(i);
  		t[rt].push_back(i);
  	}
  	vector<vector<int>> ans;
  	for (const auto& tmp : t) {
  		ans.push_back(tmp.second);
  	}
  	return ans;
  }
  
  signed main() {
  
  	cin >> n;
  	for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
  		cin >> u[i] >> v[i];
  		u[i]--;v[i]--;
  		deg[u[i]]++;deg[v[i]]++;
  	}
  
  	for (int i = 0; i < n; ++i)
  		fa[i] = i;
  
  	for (int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
  		if (deg[u[i]] == 3 && deg[v[i]] == 3)
  			merge(u[i], v[i]);
  		else if (deg[u[i]] == 3 && deg[v[i]] == 2) 
  			c2[u[i]]++;
  		else if (deg[u[i]] == 2 && deg[v[i]] == 3) 
  			c2[v[i]]++;
  	}
  
  	long long ans = 0;
  	for (const auto& g : f()) {
  		long long cnt = 0;
  		for (int v : g)
  			cnt += c2[v];
  		ans += cnt * (cnt - 1) / 2;
  	}
  	cout << ans << endl;
  	return 0;
  }
  

• G - Everlasting LIDS

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