Atcoder Beginner Contest 425 A-E题解
A
CODE
#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
using namespace std;
typedef long long LL;
void read(int& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
x=(f ? -x : x);
}
int n;
int main(){
read(n);
LL ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans+=1ll*((i&1) ? -1 : 1)*i*i*i;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
//^o^
B
把没用过的标记出来，然后扫一遍即可
CODE
#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e6+5;
void read(int& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
x=(f ? -x : x);
}
int a[maxn],b[maxn];
bool f[maxn],ans=1;
int n;
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i]);
if(a[i]>0){
ans&=(!f[a[i]]),f[a[i]]=1;
}
}
if(!ans){
printf("No");
return 0;
}
printf("Yes\n");
int p=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==-1){
while(f[p]) ++p;
b[i]=p++;
}
else b[i]=a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",b[i]);
return 0;
}
//^o^
C
赛时题意理解错了，还以为是什么大难题呢
记录一下开头的位置就好了
和 ABC410-C 差不多
CODE
#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=2e5+5;
void read(int& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
x=(f ? -x : x);
}
int n,q;
int a[maxn];
LL sum[maxn];
int main(){
read(n),read(q);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
int op,x,l,r;
int b=1;
while(q--){
read(op);
if(op==1){
read(x),b=(b-1+x)%n+1;
}
else if(op==2){
read(l),read(r);
l=(b+l-2)%n+1,r=(b+r-2)%n+1;
if(l>r) printf("%lld\n",sum[r]+sum[n]-sum[l-1]);
else printf("%lld\n",sum[r]-sum[l-1]);
}
}
return 0;
}
//^o^
D
每次暴力去做肯定会超时的
考虑一个长为 \(3 \times 10^5\) ，宽为 \(1\) 的地图，中间是 \(1\)，这时很明显就超了
可以考虑每次只更新上一次被更新出来的黑色块的周围，因为老黑色块在以前已经更新过了，而且新生成的要求是要在一个黑色块边上的
CODE
#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
#define fst first
#define sec second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn=3e5+5;
void read(int& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
x=(f ? -x : x);
}
int n,m;
vector<vector<int> > mp;
int wx[4]={0,0,-1,1},wy[4]={-1,1,0,0};
bool check(int x,int y){
if(x<1||x>n||y<1||y>m) return false;
if(mp[x][y]==1) return false;
int cnt=0;
for(int i=0;i<4;i++){
int xi=x+wx[i],yi=y+wy[i];
if(xi<1||xi>n||yi<1||yi>m) continue;
cnt+=mp[xi][yi];
}
return cnt==1;
}
char c;
int main(){
read(n),read(m);
mp.resize(n+2,vector<int>(m+2,0));
queue<pii> st;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>c;
if(c=='#') mp[i][j]=1;
else mp[i][j]=0;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(mp[i][j]) st.push(mkp(i,j));
}
}
while(!st.empty()){
stack<pii> si;
int tp=st.size();
for(int i=1;i<=tp;i++){
pii p=st.front();
st.pop();
for(int i=0;i<4;i++){
if(check(p.fst+wx[i],p.sec+wy[i])){
st.push(mkp(p.fst+wx[i],p.sec+wy[i]));
si.push(mkp(p.fst+wx[i],p.sec+wy[i]));
}
}
}
while(!si.empty()){
pii p=si.top();
si.pop();
mp[p.fst][p.sec]=1;
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
ans+=mp[i][j];
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
//^o^
E
意外的简单
这不就是基础排列组合吗
公式不用我说了吧
由于模数不一定为质数，这里考虑到用杨辉三角预处理 \(C_i^j\) 的值
赛时没有想到这个递推式，花了一个小时推出一个桶思想+差分数组+质因数分解的做法，代码放第二个了
感兴趣可以看看，这个做法是可以支持每次询问改变模数的，我觉得可以再出一道题
CODE
#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=2e5+5;
const int maxm=5e3+5;
void read(int& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
x=(f ? -x : x);
}
int t,mod;
int n;
int a[maxn];
LL C[maxm][maxm];
int main(){
read(t),read(mod);
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=5000;i++){
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++){
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
}
}
while(t--){
read(n);
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),sum+=a[i];
LL ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=ans*C[sum][a[i]]%mod;
sum-=a[i];
}
ans%=mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
//^o^
CODE
#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
#define fst first
#define sec second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn=1e6+5;
void read(int& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
x=(f ? -x : x);
}
void read(LL& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
x=(f ? -x : x);
}
int n,ti;
int a[maxn];
int t[maxn];
LL mod;
LL fpow(LL x,LL y){
LL ans=1;
while(y){
if(y&1) ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod,y>>=1;
}
return ans;
}
void C(int x,int y){
y=min(y,x-y);
++t[x-y+1],--t[x+1],--t[1],++t[y+1];
}
vector<pii> v[maxn];
vector<int> z;
LL p[maxn];
bool f[maxn];
int main(){
read(ti),read(mod);
for(int i=2;i<=5005;i++){
if(!f[i]) z.push_back(i);
for(int j=i*2;j<=5005;j+=i){
f[j]=1;
}
}
for(int i=1;i<=5005;i++){
int k=i;
for(int j=0;j<(int)z.size();j++){
int cnt=0;
while(k%z[j]==0){
k/=z[j];
++cnt;
}
if(cnt) v[i].push_back(mkp(cnt,z[j]));
}
if(k>1) v[i].push_back(mkp(1,k));
}
while(ti--){
read(n);
int sum=0,summ;
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),sum+=a[i];
summ=sum;
for(int i=1;i<=n;i++){
C(sum,a[i]);
sum-=a[i];
}
LL ans=1;
for(int i=1;i<=summ;i++){
t[i]+=t[i-1];
if(!t[i]) continue;
for(int j=0;j<(int)v[i].size();j++){
p[v[i][j].sec]+=t[i]*v[i][j].fst;
}
}
fill(t+1,t+summ+2,0);
for(int i=0;i<(int)z.size();i++){
ans=ans*fpow(z[i],p[z[i]])%mod;
p[z[i]]=0;
}
t[summ+1]=0;
ans%=mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
//^o^
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