UNIQUE VISION Programming Contest 2024 Autumn (AtCoder Beginner Contest 425)
A - Sigma Cubes
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
ans += (i % 2 ? -1 : 1) * i * i * i;
}
std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
// std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
B - Find Permutation 2
题意：构造一个排序，使得\(a_i\)不等于\(-1\)的地方\(p_i = a_i\)。
\(a_i\)中一个不为\(-1\)的数不能出现两次。
然后没出现过的随便填到\(-1\)的位置就行。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
}
std::vector<int> cnt(n + 1);
for (auto & x : a) {
if (x != -1) {
if ( ++ cnt[x] > 1) {
std::cout << "No\n";
return;
}
}
}
std::cout << "Yes\n";
int k = 1;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
if (a[i] == -1) {
while (cnt[k]) {
++ k;
}
a[i] = k;
++ k;
}
std::cout << a[i] << " \n"[i == n - 1];
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
// std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
C - Rotate and Sum Query
题意：一个数组，两种操作，一种是把数组左移\(c\)次，一种是求区间和。
左移\(n\)次就移回来了。可以开\(2n\)数组记录前缀和，然后记录一下数组的起点，就可以查询了。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n, q;
std::cin >> n >> q;
std::vector<int> a(2 * n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
a[i + n] = a[i];
}
std::vector<i64> sum(2 * n + 1);
for (int i = 0; i < 2 * n; ++ i) {
sum[i + 1] = sum[i] + a[i];
}
int i = 1;
while (q -- ) {
int op;
std::cin >> op;
if (op == 1) {
int c;
std::cin >> c;
c %= n;
i += c;
if (i > n) {
i -= n;
}
} else {
int l, r;
std::cin >> l >> r;
std::cout << sum[i + r - 1] - sum[i + l - 2] << "\n";
}
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
// std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
D - Ulam-Warburton Automaton
题意：一个\(n\times m\)的矩阵，每个点有黑白两种颜色，如果一个白色格子旁边恰好有一个黑色格子，则它会变成黑色。求一直蔓延下去有多少黑色格子。
考虑模拟。
记录一个\(cnt[i][j]\)表示\((i, j)\)旁边的黑色格子数，每次从上一轮新增的黑色格子扫描邻格使得邻格的\(cnt\)加一，然后把之前没被判断过的白色格子存下来。下一轮就判断这些格子是不是恰好只有一个黑色邻居。
这样每个格子最多只会入队一次，扫描一次邻格。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n, m;
std::cin >> n >> m;
std::vector<std::string> s(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> s[i];
}
std::vector cnt(n, std::vector<int>(m));
std::vector<std::pair<int, int>> a;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
for (int j = 0; j < m; ++ j) {
if (s[i][j] == '#') {
cnt[i][j] = 1;
a.emplace_back(i, j);
}
}
}
const int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
while (1) {
std::vector<std::pair<int, int>> na;
for (auto & [x, y] : a) {
if (cnt[x][y] == 1) {
s[x][y] = '#';
}
}
for (auto & [x, y] : a) {
if (s[x][y] == '#') {
for (int i = 0; i < 4; ++ i) {
int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
if (nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= m) {
continue;
}
if ( ++ cnt[nx][ny] == 1) {
na.emplace_back(nx, ny);
}
}
}
}
if (na.empty()) {
break;
}
a = na;
}
int ans = 0;
for (auto & t : s) {
ans += std::ranges::count(t, '#');
}
std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
// std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
E - Count Sequences 2
题意：第\(i\)个物品有\(C_i\)个，求不同的排列数模\(M\)的答案。\(\sum C_i \leq 5000\)。
这是多重集的排列数：\(\frac{(\sum_{i=1}^{n} C_i)!}{\prod_{i=1}^{n} C_i!}\)。
如果\(M\)是质数，则直接计算即可，可是\(M\)不一定是质数，那么也不一定有逆元。
考虑条件\(\sum C_i \leq 5000\)。考虑分解质因数。计算分母和分子的每个质因子的个数，那么相减就是每个质数的个数。
可以预处理\(f[n][i]\)表示\(n\)的阶乘里第\(i\)个质数出现了多少次。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int power(int a, int b, int p) {
int res = 1;
for (;b;b >>= 1, a = (i64)a * a % p) {
if (b & 1) {
res = (i64)res * a % p;
}
}
return res;
}
void solve() {
int t, M;
std::cin >> t >> M;
constexpr int N = 5000;
std::vector<int> primes, minp(N + 1);
for (int i = 2; i <= N; ++ i) {
if (minp[i] == 0) {
minp[i] = i;
primes.push_back(i);
}
for (auto & p : primes) {
if (p * i > N) {
break;
}
minp[p * i] = p;
if (minp[i] == p) {
break;
}
}
}
int k = primes.size();
std::vector<int> id(N + 1);
for (int i = 0; i < k; ++ i) {
id[primes[i]] = i;
}
std::vector f(N + 1, std::vector<int>(k));
for (int i = 2; i <= N; ++ i) {
f[i] = f[i - 1];
int x = i;
while (x > 1) {
++ f[i][id[minp[x]]];
x /= minp[x];
}
}
while (t -- ) {
int n;
std::cin >> n;
int sum = 0;
std::vector<int> cnt(k);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
int x;
std::cin >> x;
sum += x;
for (int j = 0; j < k; ++ j) {
cnt[j] -= f[x][j];
}
}
for (int i = 0; i < k; ++ i) {
cnt[i] += f[sum][i];
}
int ans = 1;
for (int i = 0; i < k; ++ i) {
ans = (i64)ans * power(primes[i], cnt[i], M) % M;
}
std::cout << ans << "\n";
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
// std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
F - Inserting Process
题意：一开始有一个空字符串，每次在任意位置加一个字符，求最后变成\(T\)的方案数，方案不同表示至少有一步操作后得到的字符串不同。\(n \leq 22\)。
考虑反着来，从\(T\)开始删数。那么就是简单的状压\(dp\)。
不过会有重复计算，例如\(aab\)删第一个\(a\)或者第二个\(a\)都会转移到\(ab\)。观察发现，如果两个相邻的字符相同，则它们产生一样的字符串，那么只要删除的字符和前一个是不同的，就是不同的方案。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
constexpr int mod = 998244353;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::string t;
std::cin >> t;
std::vector<int> f(1 << n);
f[(1 << n) - 1] = 1;
for (int s = (1 << n) - 1; s > 0; -- s) {
char last = ' ';
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
if (s >> i & 1) {
if (last != t[i]) {
f[s ^ (1 << i)] = (f[s ^ (1 << i)] + f[s]) % mod;
}
last = t[i];
}
}
}
std::cout << f[0] << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
// std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号