AtCoder ExaWizards 2019 简要题解

AtCoder ExaWizards 2019 简要题解

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link:https://atcoder.jp/contests/exawizards2019
很水的一场ARC啊,随随便便就ABCDE了,F最后想到了还没有写出来。
D题花了太久时间所以只有Rank31,我是真的菜。
嘿嘿嘿,上述装逼方式是我最为反感的机房里的言语,既然快退役了,也就学一学,感受一下机房里dalao们怎么样装逼一时爽、一直装逼一直爽,听者一时丧,一直听一直丧的快感咯

有意思的题应该是DE了。

A Regular Triangle

如果三个数相等输出Yes,否则No

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
	int A,B,C;
	cin>>A>>B>>C;
	if(A==B&&B==C) puts("Yes");
	else puts("No");
}

B Red or Blue

字符串中R个数超过一半输出Yes,否则No

#include<iostream>
using namespace std;
int n,a;
char s[1000000];
int main()
{
	cin>>n;
	scanf("%s",s+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i]=='R') a++;
	if(a*2>n) puts("Yes");
	else puts("No");
}

C Snuke the Wizard

一排格子,每个格子有一个属性,用小写字母表示。
初始每个格子上都有一枚硬币,Q次操作形如某种属性的格子上的硬币全部左移或右移一位。
移出边界就消失,问最后剩余硬币数。

发现移出去的一定是一段前缀和一段后缀,具有可二分性。

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,Q;
char s[N],t[N],d[N];
int Drop(int x)
{
	for(int i=1;i<=Q;i++)
	{
		if(s[x]==t[i]) x+=(d[i]=='R')?1:-1;
		if(x>n) return -1;
		if(x<1) return 1;
	}
	return 0;
}
int main()
{
	cin>>n>>Q;
	scanf("%s",s+1);
	for(int i=1;i<=Q;i++) cin>>t[i]>>d[i];
	int l=1,r=n,la=0,ra=n+1;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(Drop(mid)==1) la=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	l=1,r=n;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(Drop(mid)==-1) ra=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<ra-la-1<<endl;
}

D Modulo Operations

给一个长度为\(n\)的数列和\(X\),对于一种排列,其权值为X依次对排列中的数取模、最后剩下的值。
\(n!\)种情况的权值和。\(n\le 200,X\le 10^5\)

详见UOJ22。有一个性质就是大的数排在小的数的后面,则那个大数没有影响。
所以从大往小排序后依次做。设\(f[i][j]\)表示做了\(i\)次操作,剩余数为\(j\)的方案数。
转移有两种:

  • \(f[i+1][j\%p[i]]+=f[i][j]\)
  • 不选\(f[i+1][j]+=f[i][j]*(n-i)\)

即如果选了这个数则必须放在这一位,否则可以放在后面\(n-i\)个数的任意一位。

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,X,f[N],Ans,g[N],s[N];
int cmp(int a,int b) {return a>b;}
int main()
{
	cin>>n>>X;
	f[X]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];
	sort(s+1,s+n+1,cmp);
	for(int i=1,x;i<=n;i++)
	{
		x=s[i];
		for(int j=0;j<=X;j++) g[j]=0;
		for(int j=0;j<=X;j++)
		{
			(g[j%x]+=f[j])%=mod;
			(g[j]+=1ll*f[j]*(n-i)%mod)%=mod;
		}
		for(int j=0;j<=X;j++) f[j]=g[j];		
	}
	for(int j=0;j<=X;j++) (Ans+=1ll*f[j]*j%mod)%=mod;
	cout<<Ans<<endl;
}

E Black or White

有一些黑球和白球,如果两种球都有则各有一半的几率取出,否则一定取出剩下的那种颜色的求。
对于\(i\le 2e5\),求第\(i\)次拿到黑球的概率。

令前\(i\)次把白球拿完的概率是\(T_w\),把黑球拿完的概率是\(T_b\),则第\(i+1\)次取出黑球的概率是\(T_w+(1-T_W-T_b)*\frac{1}{2}\)
转成在恰好第\(i\)次拿完白球的概率\(g_i=2^{i}{i-1 \choose W-1}\)\(W\)为白球总数。

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=2e5+10,mod=1e9+7;
int jc[N],inv[N],bit[N],B,W,sw[N],sb[N];
int ksm(int x,int k)
{
	int s=1;for(;k;k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
				if(k&1) s=1ll*s*x%mod;return s;
}
int C(int n,int k) {return 1ll*jc[n]*inv[k]%mod*inv[n-k]%mod;}
int main()
{
	cin>>B>>W;
	jc[0]=bit[0]=inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=B+W;i++) jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%mod;
	for(int i=1;i<=B+W;i++) inv[i]=ksm(jc[i],mod-2);
	for(int i=1;i<=B+W;i++) bit[i]=1ll*bit[i-1]*inv[2]%mod;

	for(int i=W;i<B+W;i++)
		sw[i]=1ll*bit[i]*C(i-1,i-W)%mod;
	for(int i=B;i<B+W;i++)
		sb[i]=1ll*bit[i]*C(i-1,i-B)%mod;
	for(int i=1;i<=B+W;i++)
	{
		(sw[i]+=sw[i-1])%=mod;
		(sb[i]+=sb[i-1])%=mod;
	}
	for(int i=1;i<=B+W;i++)
	{
		int w=(sw[i-1]+1ll*((mod+1-sw[i-1]-sb[i-1])%mod+mod)%mod*
			   (i==B+W?1:inv[2])%mod)%mod;
		cout<<w<<endl;
	}
}

F More Realistic Manhattan Distance

给你一张网格图,同一行或同一列的边的方向都一样,求多组询问,问两点之间的最短路。

发现有用的边就只有距离起点终点四个方向最近的两条边,一共16条边,把交点抠出来跑最短路就好了。
我的实现方式要3700ms,租酥雨只要跑970ms真的墙。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
using namespace std;
const int N=2e5+10,mod=1e9+7;
int n,m,q,Ans,HH[N],ZZ[N],dis[N],vis[N];
char s[N],t[N];
set<int> H[2],Z[2];
queue<int> Q;
struct Node{int x,y;}P[N];
void GetAns(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
	int ch=0,cz=0,c=0;
	set<int>::iterator it;
	for(int i=0;i<2;i++)
	{
		it=H[i].lower_bound(x1);
		if(it!=H[i].end()) HH[++ch]=*it;
		if(it!=H[i].begin()) HH[++ch]=*(--it);
		it=H[i].lower_bound(x2);
		if(it!=H[i].end()) HH[++ch]=*it;
		if(it!=H[i].begin()) HH[++ch]=*(--it);

		it=Z[i].lower_bound(y1);
		if(it!=Z[i].end()) ZZ[++cz]=*it;
		if(it!=Z[i].begin()) ZZ[++cz]=*(--it);
		it=Z[i].lower_bound(y2);
		if(it!=Z[i].end()) ZZ[++cz]=*it;
		if(it!=Z[i].begin()) ZZ[++cz]=*(--it);
	}
	sort(HH+1,HH+ch+1);
	ch=unique(HH+1,HH+ch+1)-HH-1;
	sort(ZZ+1,ZZ+cz+1);
	cz=unique(ZZ+1,ZZ+cz+1)-ZZ-1;
	
	for(int i=1;i<=ch;i++)
		for(int j=1;j<=cz;j++)
			P[++c]=(Node){HH[i],ZZ[j]};
	for(int i=1;i<=c;i++)
		if(P[i].x==x1&&P[i].y==y1)
			dis[i]=0,Q.push(i),vis[i]=1;
		else dis[i]=1e9;
	while(!Q.empty())
	{
		int x=Q.front();
		for(int i=1;i<=c;i++)
		{
			if(P[i].x!=P[x].x&&P[i].y!=P[x].y) continue;
			if(P[i].x==P[x].x)
			{
				if(P[i].y>P[x].y&&s[P[i].x]=='W') continue;
				if(P[i].y<P[x].y&&s[P[i].x]=='E') continue;
			}
			if(P[i].y==P[x].y)
			{
				if(P[i].x>P[x].x&&t[P[i].y]=='N') continue;
				if(P[i].x<P[x].x&&t[P[i].y]=='S') continue;
			}
			int val=dis[x]+abs(P[i].x-P[x].x)+abs(P[i].y-P[x].y);
			if(dis[i]<=val) continue;
			dis[i]=val;
			if(!vis[i]) Q.push(i),vis[i]=1;
		}
		Q.pop(),vis[x]=0;
	}
	for(int i=1;i<=c;i++)
		if(P[i].x==x2&&P[i].y==y2)
			Ans=dis[i];
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%s%s",&n,&m,&q,s+1,t+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i]=='E') H[1].insert(i);
		else H[0].insert(i);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(t[i]=='N') Z[1].insert(i);
		else Z[0].insert(i);
	for(int i=1,x1,y1,x2,y2;i<=q;i++)
	{
		cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
		GetAns(x1,y1,x2,y2);
		if(Ans==1e9) puts("-1");
		else printf("%d\n",Ans);
	}
	return 0;
}
posted @ 2019-03-31 11:03  饕餮传奇  阅读(648)  评论(1编辑  收藏  举报