AtCoder Beginner Contest 320 ABCDE

AtCoder Beginner Contest 320

A - Leyland Number

思路：直接快速幂

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll qmi(ll a, ll b)
{
    ll ans = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1) ans = ans * a;
        a = a * a;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    ll a,b;
    cin>>a>>b;
    cout<<qmi(a,b)+qmi(b,a)<<"\n";
    return 0;
}

B - Longest Palindrome

思路：暴力枚举然后去\(check\)即可

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    string s;
    cin>>s;
    int sz = s.size();
    s = "?"+s;
    int ans = 1;
    for(int i = 1;i <= sz; i++)
    {
        for(int j = 1;j <= sz-i+1; j++)
        {
            string t = s.substr(i,j);
            string t2 = t;
            reverse(t.begin(),t.end());
            //cout<<t<<"\n";
            //cout<<"i = "<<i<<" j = "<<j<<"\n";
            if(t==t2)
            {
                ans = max(ans,j);
            }
        }
    }   
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

C - Slot Strategy 2 (Easy)

思路：贪心

考虑最不利的情况：每个转盘只出现同样的数字一次且在同一位置。这时候我们需要转动三圈才能使得都一样。

三重循暴力匹配即可。因为要是转三圈还是不行那么永远都不可能了。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
string s[N];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n;
    cin>>n;
    cin>>s[0]>>s[1]>>s[2];
    int ans = 1<<30;
    for(int i = 0;i <= n*3; i++)
        for(int j = 0;j <= n*3; j++)
            for(int k = 0;k <= n*3; k++)
                if(i==j||i==k||k==j)continue;
                else{
                    if(s[0][i%n]==s[1][j%n]&&s[1][j%n]==s[2][k%n])
                        ans = min(ans,max({i,j,k}));
                }
    if(ans==(1<<30))ans =-1;
 
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

D - Relative Position

思路：数据范围很小，直接暴力搜索。一开始还以为是拓扑序(cry).

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
vector<array<ll,3>>e[N*2];
pair<ll,ll>pos[N];
bool vis[N];
int n,m;
void dfs(int u,ll x,ll y)
{
    pos[u]={x,y};
    for(auto [v,xx,yy]:e[u])
    {
        if(!vis[v])
        {
            vis[v] = 1;
            dfs(v,x+xx,y+yy);
        }
    }
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin>>n>>m;
    for(int i = 1;i <= m; i++)
    {
        ll a,b,x,y;
        cin>>a>>b>>x>>y;
        e[a].push_back({b,x,y});
        e[b].push_back({a,-x,-y});
    }
    vis[1] = 1;
    dfs(1,0,0);
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        if(vis[i])
            cout<<pos[i].first<<" "<<pos[i].second<<"\n";
        else
            cout<<"undecidable\n";
    }
    return 0;
}

E - Somen Nagashi

思路：用\(set\)模拟。因为\(set\)自带排序功能，这样当一个人回来的时候，下标小的会放在前面。

考虑去维护\(2\)个\(set\)，一个表示哪些在当前队伍里面，另一个表示出队的人(以回来时间为第一关键字，编号为第二关键字排序)。如果当前有出去的，判断在当前时刻有没有人回来的，如果回来的就插入第一个\(set\)里面。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    set<int>in;
    set<pair<ll,int>>back;
  
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        in.insert(i);

    for(int i = 1;i <= m; i++)
    {       
        int t,w,s;
        cin>>t>>w>>s;
        while(!back.empty())
        {
            auto x = *back.begin();
            ll bt = x.first;
            int id = x.second;
            if(bt<=t)
            {
                back.erase(back.begin());
                in.insert(id);
            }else break;
        }
        if(!in.empty())
        {
            int now = *in.begin();
            a[now] += w;
            back.insert({t+s,now});
            in.erase(in.begin());
        }
    }
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        cout<<a[i]<<"\n";
    return 0;
}