ABC 167 A~F 题解
战况：\(100+200+300+400=1000\)，时间 \(40:39\) ，\(rk\;1856\)，new rating\(=202\)。
感觉不错，但是仍然做不出 \(E,F\) 题。
下面是简要题解：
\(A.\)
题意概括：
问一个字符串能否通过在最后加一个字符构成另一个字符串。
暴力匹配即可：
char s1[15],s2[15];
int main()
{
scanf("%s",s1);
scanf("%s",s2);
for(int i=0;i<strlen(s1);i++)
{
if(s1[i]==s2[i]) continue;
else {printf("No\n");return 0;}
}
printf("Yes\n");
return 0;
}
\(B.\)
题意概括：
给 \(A\) 个 \(1\)，\(B\) 个 \(0\)，\(C\) 个 \(-1\)，问选 \(k\) 个得到的最大值。
贪心分类讨论即可：
int a,b,c,k;
int main()
{
read(a),read(b),read(c),read(k);
if(k<=a) printf("%d\n",k);
else if(k<=a+b) printf("%d\n",a);
else printf("%d\n",a-(k-a-b));
return 0;
}
\(C.\)
题意概括：
有 \(n\) 本书，每本书对于 \(m\) 个技能熟练度有加成，问达到加成所需的值最少花多少钱。
发现 \(n\leqslant 12\)，直接爆搜即可。
*，不好打，还不如直接状压，复杂度 \(\mathcal O(2^nnm)\)。
int n,m,x;
int c[20],a[20][20];
int ans,now,f;
int rt[20];
int main()
{
read(n),read(m),read(x);
ans=inf;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
read(c[i]);
for(int j=1;j<=m;j++)
{
read(a[i][j]);
}
}
for(int i=0;i<=(1<<n)-1;i++)
{
memset(rt,0,sizeof(rt));
now=0;
f=0;
for(int j=0;j<=n-1;j++)
{
if(i&(1<<j))
{
now+=c[j+1];
for(int k=1;k<=m;k++) rt[k]+=a[j+1][k];
}
}
for(int j=1;j<=m;j++) if(rt[j]<x) f=1;
if(!f) ans=min(ans,now);
}
if(ans>2e9) printf("-1\n");
else printf("%d\n",ans);
return 0;
}
\(D.\)
题目描述：
每个地点有一个传送带，问传送 \(k\) 次到达的地点编号。
由于只有 \(n\leqslant 2*10^5\)，容易想到有循环节，长度最大为 \(n\leqslant 2*10^5\)。
那么判断每个出现的元素，然后记录循环开始的地点和区间长度，最后分类即可,复杂度 \(\mathcal O(n)\)。
int n;
int a[200005];
ll k;
int rt[200005],cnt=0,p;
int b[200005],be,lo;
int main()
{
read(n),readl(k);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
rt[0]=1,p=1,b[1]=0;
while(1)
{
if(b[a[p]]!=0)
{
be=b[a[p]];
lo=cnt-be+1;
break;
}
rt[++cnt]=a[p];
b[a[p]]=cnt;
p=a[p];
}
if(k<=be) printf("%d\n",rt[k]);
else
{
int s=(k-be)%lo;
printf("%d\n",rt[s+be]);
}
return 0;
}
\(E.\)
题目简述：
给 \(n\) 个方格染 \(m\) 种颜色，要求最多有 \(k\) 组块相连且颜色相同，求方案数对 \(998244353\) 取模的结果。
组合数学，不会。
先上结论：
感性理解：
先确定第一个块的的颜色，有 \(m\) 种方法，然后有 \(C_{n-1}^{n-1-i}=C_{n-1}^i\) 种将剩下的那些染成不同色，然后对于剩下的 \(n-i-1\) 块，每种都有 \(m-1\) 种颜色来涂。
为什么组合数不用卢卡斯，因为模数太大了......
复杂度为 \(\mathcal O(k\log n)\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define read(x) scanf("%d",&x)
#define MOD 998244353
int n,m,k;
int jc[200005];
int ans=0;
int quickpow(int a,int b)
{
int ans=1,base=a;
while(b)
{
if(b&1) ans=1ll*base*ans%MOD;
b>>=1;
base=1ll*base*base%MOD;
}
return ans%MOD;
}
void gjc(int n)
{
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
return;
}
int inv(int a){return quickpow(a,MOD-2);}
int C(int n,int m){return 1ll*jc[n]*inv(1ll*jc[m]*jc[n-m]%MOD)%MOD;}
int main()
{
read(n),read(m),read(k);
gjc(n);
for(int i=0;i<=k;i++)
{
ans=(ans+1ll*m*C(n-1,i)%MOD*quickpow(m-1,n-i-1)%MOD)%MOD;
}
printf("%d\n",ans%MOD);
return 0;
}
\(F.\)
题目简述：
给你 \(n\) 个括号串，问能否拼成一个合法的括号串。
我们发现只要合法，左括号能否匹配的右括号问题不大，要注意的是右括号的位置。
抽象一下，右括号消耗左括号。
同时，任何时候左括号的剩余数不能为负数。
那么我们考虑把左括号作为补充，右括号作为需求和削减，和这个题有很大的相似之处。
所以用栈模拟一下，把已经合法的子串去掉，然后排序即可。
至于原理，看那道题第一篇题解即可。
复杂度为 \(\mathcal O(\sum len)\)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int n;
char s[1000005];
struct node1
{
int a,b;
}x[1000005];
int cnt=0,c=0;
struct node2
{
int a,b;
}y[1000005];
int st[1000005],top=0;
int sum=0,flag=0;
bool cmp1(node1 n,node1 m){return n.a+n.b>m.a+m.b;}
bool cmp2(node2 n,node2 m){return n.a<m.a;}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int now=0;
top=0;
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
for(int j=0;j<len;j++)
{
if(s[j]==')'&&!top) now++;
else if(s[j]=='(') top++;
else top--;
}
int s,t;
if(now!=0) s=now,t=top-now;
else s=0,t=top;
if(t<0) x[++cnt].a=s,x[cnt].b=t;
else y[++c].a=s,y[c].b=t;
}
sort(x+1,x+cnt+1,cmp1),sort(y+1,y+c+1,cmp2);
for(int i=1;i<=c;i++)
{
if(sum<y[i].a) flag=1;
sum+=y[i].b;
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
if(sum<x[i].a) flag=1;
sum+=x[i].b;
}
if(flag||sum) printf("No\n");
else printf("Yes\n");
return 0;
}
终于线下阿克了一场 \(ABC\)。
