AtCoder Beginner Contest 245 A~E 题解
A - Good morning
题目大意
在同一天里，Takahashi在\(A\)时\(B\)分起床，Aoki在\(C\)时\(D\)分\(1\)秒起床，请问谁起床更早？
\(0\le A,C<24\)
\(0\le B,D<60\)
输入格式
\(A~B~C~D\)
输出格式
输出起得更早的人的名字（Takahashi或Aoki）。
样例
| \(A\) | \(B\) | \(C\) | \(D\) | 输出 |
|---|---|---|---|---|
| \(7\) | \(0\) | \(6\) | \(30\) | Aoki |
| \(7\) | \(30\) | \(7\) | \(30\) | Takahashi |
| \(0\) | \(0\) | \(23\) | \(59\) | Takahashi |
分析
思路很明显，直接判断\((A,B)\le(C,D)\)是否成立即可。
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int a, b, c, d;
scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
puts((a == c? b <= d: a < c)? "Takahashi": "Aoki");
return 0;
}
B - Mex
题目大意
给定整数序列\(A=(A_1,\dots,A_N)\)。求最小的不在\(A\)中的自然数。
\(1\le N\le 2000\)
\(0\le A_i\le 2000\)
输入格式
\(N\)
\(A_1~\dots~A_N\)
输出格式
输出一行，即最小的不在\(A\)中的自然数。
样例
略，请自行前往AtCoder查看
分析
由于题面中有限制\(0\le A_i\le 2000\)，所以我们直接开一个数组记录\([0,2001]\)中每个数是否出现过即可。
本题方法很多，这里介绍的是最快的算法，时间复杂度\(\mathcal O(N)\)。
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
bool used[2005];
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
while(n--)
{
int a;
scanf("%d", &a);
used[a] = true;
}
int i = -1;
while(used[++i]);
printf("%d\n", i);
return 0;
}
C - Choose Elements
题目大意
给定两个长度为\(N\)的整数序列\(A=(A_1,\dots,A_N)\)和\(B=(B_1,\dots,B_N)\)。
问是否存在序列\(X=(X_1,\dots,X_N)\)，满足如下条件：
- \(X_i=A_i\)或\(X_i=B_i\)
- \(|X_i-X_{i+1}|\le K\)，其中\(1\le i<N\)
\(1\le N\le 2\times 10^5\)
\(1\le K\le 10^9\)
\(1\le A_i,B_i\le 10^9\)
输入格式
\(N~K\)
\(A_1~\dots~A_N\)
\(B_1~\dots~B_N\)
输出格式
如果存在符合全部条件的\(X\)，输出Yes；否则，输出No。
样例
略，请自行前往AtCoder查看
分析
好家伙，C题都要用dp……
本题普通的方法貌似不太好做，因此我们考虑\(\text{DP}\)。
令\(f(i)=X_i\)选择能否等于\(A_i\)，\(g(i)=X_i\)能否等于\(B_i\)。
然后状态转移方程就简单了，详见代码。
代码
#include <cstdio>
#define maxn 200005
using namespace std;
int a[maxn], b[maxn];
bool f[maxn], g[maxn];
int main()
{
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%d", a + i);
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%d", b + i);
f[0] = g[0] = true;
#define set(x, y, z) x |= y - z <= k && z - y <= k
for(int i=1; i<n; i++)
{
if(f[i - 1])
set(f[i], a[i - 1], a[i]),
set(g[i], a[i - 1], b[i]);
if(g[i - 1])
set(f[i], b[i - 1], a[i]),
set(g[i], b[i - 1], b[i]);
}
puts(f[n - 1] || g[n - 1]? "Yes": "No");
return 0;
}
注：本题还有一种很奇怪的解法，就是直接判断相邻的四种连接方式是否有至少一种能连通，比如#30453703，如果有大佬能证明这种方法的正确性，欢迎在评论区留言告诉我，谢谢！
D - Polynomial division
题目大意
我们有三个多项式
已知\(A_0,\dots,A_N\)和\(C_0,\dots,C_N\)且\(A(x)\times B(x)=C(x)\)（\(x\in R\)），求\(B_0,\dots,B_M\)。
换句话说，给定多项式\(A\)和\(C\)每一项的系数，求多项式\(B=\frac C A\)。
\(1\le N,M<100\)
\(|A_i|\le 100\)
\(|C_i|\le 10^6\)
\(A_N\ne0,C_{N+M}\ne0\)
题目保证存在合法的\((B_0,\dots,B_M)\)。
输入格式
\(N~M\)
\(A_0~\dots~A_N\)
\(C_0~\dots~C_{N+M}\)
输出格式
输出\(B_0,\dots,B_M\)，用空格分隔。
样例
略，请自行前往AtCoder查看
分析
本题可以直接模拟多项式的大除法运算，运算时只需记录系数即可。
代码
#include <cstdio>
#define maxn 105
using namespace std;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn << 1];
int main()
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=0; i<=n; i++) scanf("%d", a + i);
for(int i=0; i<=n+m; i++) scanf("%d", c + i);
for(int i=m; i>=0; i--) // NOTE: 必须倒推！
{
b[i] = c[n + i] / a[n];
for(int j=0; j<=n; j++)
c[i + j] -= a[j] * b[i];
}
for(int i=0; i<=m; i++)
printf("%d ", b[i]);
return 0;
}
E - Wrapping Chocolate
题目大意
我们有\(N\)块巧克力和\(M\)个盒子。第\(i\)块巧克力长\(A_i\)厘米，宽\(B_i\)厘米；第\(i\)个盒子长\(C_i\)厘米，宽\(D_i\)厘米。
问是否能把巧克力分别装在盒子里，使其满足如下条件：
- 每个盒子里只能有一块巧克力。
- 当我们将第\(i\)块巧克力放入第\(j\)个盒子里时，\(A_i\le C_j\)和\(B_i\le D_j\)必须都成立。
\(1\le N\le M\le 2\times10^5\)
\(1\le A_i,B_i,C_i,D_i\le 10^9\)
输入格式
\(N~M\)
\(A_1~\dots~A_N\)
\(B_1~\dots~B_N\)
\(C_1~\dots~C_N\)
\(D_1~\dots~D_N\)
输出格式
如果有合法的方法，输出Yes；否则，输出No。
分析
本题可以考虑如下贪心算法：
- 将所有的巧克力和盒子放入一个数组，按长度（\(A_i\)或\(C_i\)）的降序排序，长度相等的把盒子排在前面。
- 准备好一个空序列\(S=()\)，按如下规则遍历每个元素：
- 如果当前遍历的是一个盒子\((C_i,D_i)\)：
将\(D_i\)加入\(S\)。 - 如果当前遍历的是一块巧克力\((A_i,B_i)\)：
从\(S\)中删除不超过\(B_i\)的最小元素，如果没有元素可删除，输出No。
- 如果当前遍历的是一个盒子\((C_i,D_i)\)：
- 如果顺利地遍历了所有元素，输出
Yes；否则，输出No。
本算法的时间复杂度是\(\mathcal O(MN)\)，但经过multiset优化后可降为\(\mathcal O((M+N)\log(M+N)\)，具体实现详见代码。
代码
#include <cstdio>
#include <set>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct Item {
int w, h;
bool type;
inline bool operator <(const Item& i2) const {
return w == i2.w? type > i2.type: w > i2.w;
// ^^^^^^^^^^^^^^
// 注意sort必须有严格顺序，一开始我这里写成了type==1导致RE，详见：
// https://atcoder.jp/contests/abc245/submissions/30526563
}
} v[400005];
int main()
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
// Chocolate
for(int i=0; i<n; i++) scanf("%d", &v[i].w);
for(int i=0; i<n; i++) scanf("%d", &v[i].h);
// Box
m += n;
for(int i=n; i<m; i++) scanf("%d", &v[i].w);
for(int i=n; i<m; i++) scanf("%d", &v[i].h);
for(int i=n; i<m; i++) v[i].type = 1;
// Algorithm
sort(v, v + m);
multiset<int> s;
for(int i=0; i<m; i++)
{
const Item& it = v[i];
if(it.type) s.insert(it.h); // Box
else
{
auto itr = s.lower_bound(it.h);
if(itr == s.end())
{
puts("No");
return 0;
}
s.erase(itr);
}
}
puts("Yes");
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号