AtCoder Beginner Contest 284

A - Sequence of Strings

Problem Statement

题意：给你n个字符串，让你倒序输出

Solution

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 20;
string s[N];
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		cin>>s[i];
	for(int i = n;i>=1;i--)
		cout<<s[i]<<endl;
	return 0;
}

B - Multi Test Casescenter

Problem Statement

题意:给你一个长度为n的序列，统计奇数出现次数

Solution

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

int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		int n;
		cin>>n;
		int ans = 0;
		for(int i = 1;i<=n;i++)
		{
			int x;
			cin>>x;
			if(x&1)ans++;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

C - Count Connected Components

Problem Statement

题意：给你一个简单无向图，\(N\)个点，\(M\)条边，找有多少个连通块

Solution

题解：并查集裸题,找有多少个连通块

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n,m,fa[N];
set<int>s;
int find(int x)
{
	if(x==fa[x])return x;
	return fa[x] = find(fa[x]);
}
int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i<=n;i++)fa[i] = i;
	for(int i = 1;i<=m;i++)
	{
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		int fx = find(x),fy = find(y);
		if(fx!=fy)
			fa[fx] = fy;
	}
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		fa[i] = find(fa[i]);
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		s.insert(fa[i]);
	cout<<s.size()<<endl;
	return 0;
}

D - Happy New Year 2023

Problem Statement

题意：给你一个正整数\(N\),\(N=p^2 \times q\) ,其中\(p,q\)为两个不同的素数，现在需要找出这个\(p\)和\(q\)。

Solution

题解：

因为发现\(N\)的范围是\(10^{18}\),直接写肯定\(TLE\)。

我们发现\(min(p,q)<\sqrt[3]{N}\),因为当\(p=q\)时，\(min(p,q)\)有最大值等于\(\sqrt[3]{N}\)

又因为题目给的\(N\)一定保证了\(p\)和\(q\)的存在性，且都为质数，所以\(N\)不存在其他因子。

我们只需要找到其中一个去求另一个就行了。时间复杂度O(\(\sqrt[3]{N}\))。

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

signed main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		int n;
		cin>>n;
		for(int i = 2;i<sqrt(n)+1;i++)
		{
			if(n%(i*i)==0)
			{
				cout<<i<<" "<<n/(i*i)<<endl;
				break;
			}
			else if(n%i==0)
			{
				cout<<(int)sqrt(n/i)<<" "<<i<<endl;
				break;
			}
		}
	}

	return 0;
}

E - Count Simple Paths

Problem Statement

题意:给你一个简单无向图,\(N\)个点\(M\)条边，求从\(1\)出发简单路径的数量\(K\)。

简单路：路径中不出现重复的点。

题目保证\(ans = min(K,10^6)\)

\(1<=N<=2\times10^5\)
\(0 \leq M \leq \min \left(2 \times 10^5, \frac{N(N-1)}{2}\right)\)

Solution

题解：求路径条数？一眼\(dfs\),但是会不会\(TLE\)嘞，不会，因为当\(K>10^6\)时候输出\(10^6\),那就是一个裸的\(dfs\).

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5+10; 
vector<int>edge[N];
int ans  = 0;
bool vis[N];
void dfs(int x)
{
	if(ans>=1e6)
		return;
	ans++;
	for(auto y:edge[x])
	{
		if(!vis[y])
		{
			vis[y] = true;
			dfs(y);
			vis[y] = false;
			if(ans>=1e6)
				return;
		}
	}
}

signed main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i<=m;i++)
	{
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		edge[x].push_back(y);
		edge[y].push_back(x);
	}
	vis[1] = true;
	dfs(1);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

F - ABCBAC

Problem Statement

题意：给你一个长度为\(N\)的字符串，

定义\(fi(S)\):

取\(S\)的前\(i\)个
翻转字符串\(S\)
取后面的\((N-i)\)个

按照以上顺序拼接起来

题目告诉你原串的长度\(N\),和操作完之后的字符串\(T\)，让你求原串\(S\).

Solution

题解：

以样例为例：

3
abcbac

答案是

abc
2

\[\underbrace{ab}_{pre1}\underbrace{c}_{suf2} \underbrace{ba}_{suf1} \underbrace{c}_{pre2} \]

我们观察发现\(pre1\)和\(suf1\)是对称的，\(suf2\)和\(pre2\)是对称的

即\(pre1+pre2 = reverse(suf2+suf1)\)

由此，我们只需要枚举分割点\(i\)，直接暴力判肯定不行，询问次数很多肯定T。为了快速进行字符串的匹配，我们想到用哈希。

法一:把区间分为如图四段：\([1,i],[i+1,n],[n+1,n+i],[i+n+1,2n]\)

只要pre1的哈希值等于suf1的，suf2的哈希值等于pre2的(注意后一半我们反过来了，写的时候注意)那就是答案。

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

typedef pair<long long, long long> pll;
struct DoubleStringHash
{
	vector<long long> h1, h2, w1, w2;
	long long base1 = 131, base2 = 13331;
	long long p1 = 1e9 + 7, p2 = 1e9 + 9;
	void init(string s) {
	    int len = s.size();
	    s = " " + s;
		h1.resize(len + 1), w1.resize(len + 1);
		h2.resize(len + 1), w2.resize(len + 1);
		h1[0] = 0, w1[0] = 1;
		h2[0] = 0, w2[0] = 1;
		for(int i = 1; i <= len; i++) {
			h1[i] = (h1[i - 1] * base1 + s[i]) % p1, w1[i] = w1[i - 1] * base1 % p1;
			h2[i] = (h2[i - 1] * base2 + s[i]) % p2, w2[i] = w2[i - 1] * base2 % p2;
	    }
	}
	pll get(int l, int r) {
		return {(h1[r] - h1[l - 1] * w1[r - l + 1] % p1 + p1) % p1, (h2[r] - h2[l - 1] * w2[r - l + 1] % p2 + p2) % p2};
	}
}ha,ha2;


int main()
{
	int n;	cin>>n;
	string s;
	cin>>s;
	string t = s;
	reverse(t.begin(), t.end());
	ha.init(s);
	ha2.init(t);
	s = "?"+s;
	for(int i = 0;i<=n;i++)
	{
		if(ha.get(1,i)==ha2.get(n-i+1,n)&&
		   ha.get(i+1,n)==ha2.get(1,n-i))//因为reverse了，所以后半部分翻转到前面，所以区间是这样
		{
			cout <<s.substr(1, i)<<s.substr(n+i+1,n-i)<<endl;
			cout<<i<<endl;
			return 0;
		}
	}
	cout<<-1<<endl;

	return 0;
}

法二:把区间分为三段，\([1,i]+[i+n+1,2n]和[i+1,n+i]\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int __int128
const int N = 2e6+10;
int n;
int h[N],p[N],H[N];
const int mod = 1e14+7;
string s;
inline int read() {
	int s = 0, w = 1;
	char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') {
		if (c == '-')
			w = -1;
		c = getchar();
	}
	while (c >= '0' && c <= '9') {
		s = (s << 3) + (s << 1) + (c ^ 48);
		c = getchar();
	}
	return s * w;
}
inline void write(int x) {
	if (x < 0) {
		putchar('-');
		x = -x;
	}
	if (x >= 10)
		write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
	return;
}
inline int calc1(int l, int r) {
    return (h[r] - h[l - 1] * p[r - l + 1] % mod + mod) % mod;
}
inline int calc2(int l, int r) {
    return (H[l] - H[r + 1] * p[r - l + 1] % mod + mod) % mod;
}

signed main()
{
	n = read();
	cin>>s;
	s = "?"+s;
	p[0] = 1;
	for(int i = 1;i<=(n<<1);i++)
	{
		p[i] = p[i-1]*131;
		h[i] = h[i-1]*131+s[i];
		p[i]%=mod,h[i]%=mod;
	}
	for(int i = (n<<1);i>=0;i--)
		H[i] = H[i+1]*131+s[i],H[i]%=mod;
	for(int i = 0;i<=n;i++)
	{
		int x = ((h[i]*p[n-i])%mod+calc1(n+i+1,n*2)+mod)%mod;
		int y = calc2(i+1,i+n);
		if(x==y)
		{
			 cout << s.substr(1, i) << s.substr(n + i + 1, n - i) << endl;
			 write(i);
			 return 0;
		}
	}
	cout<<-1<<endl;
	return 0;
}

posted on 2023-06-12 18:22 nannandbk 阅读(41) 评论(0) 收藏举报

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