AtCoder Beginner Contest 357
A - Sanitize Hands (abc357 A)
题目大意
给定\(m\)个物品。
依次来 \(n\)个人，每个人拿\(a_i\)个物品。
问有几个人可以拿走所需物品。
解题思路
求一遍前缀和然后upper_bound一下，或者直接累计求和。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n);
for (auto& x : a)
cin >> x;
partial_sum(a.begin(), a.end(), a.begin());
auto ans = upper_bound(a.begin(), a.end(), m) - a.begin();
cout << ans << '\n';
return 0;
}
B - Uppercase and Lowercase (abc357 B)
题目大意
给定一个字符串，若大写字母占多数，则全部字母变成大写字母，否则变成小写字母。
问最终的字符串。
解题思路
按照题意统计一下大小写字母的数量，然后按照规则变换即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
string s;
cin >> s;
int lower = count_if(s.begin(), s.end(), [](char c) { return islower(c); });
int upper = s.size() - lower;
if (lower >= upper) {
transform(s.begin(), s.end(), s.begin(), ::tolower);
} else {
transform(s.begin(), s.end(), s.begin(), ::toupper);
}
cout << s << '\n';
return 0;
}
C - Sierpinski carpet (abc357 C)
题目大意
给定\(n\)，输出一个 \(3^{n} \times 3^{n}\)的图形 \(g_n\)，其中有 \(9 \times 9\)格，中间格子是全 .，其余\(8\)格的图案是 \(g_{n-1}\)。
\(g_0\)的图形是 #。
解题思路
按照题意递归构造。
枚举\(3^{n} \times 3^{n}\)的每个位置\((i,j)\)，设\(sz=3^{n-1}\)。然后通过\((\frac{i}{sz}, \frac{j}{sz})\)判断其属于 \(9\)个方格中的哪个，如果是中间，则就是 .，否则就进入子问题\((i \% sz, j % sz, n - 1)\)，即 \(g_{n-1}\)的图案，位置 \((i \% sz, j \% sz)\)的图形。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
auto ns = [&](int i) {
int sz = 1;
for (int j = 0; j < i; j++) {
sz *= 3;
}
return sz;
};
int sz = ns(n);
auto solve = [&](auto solve, int i, int j, int n) -> char {
if (n == 0)
return '#';
int small = ns(n - 1);
int x = i / small, y = j / small;
if (x == 1 && y == 1) {
return '.';
} else
return solve(solve, i % small, j % small, n - 1);
};
for (int i = 0; i < sz; i++) {
for (int j = 0; j < sz; j++) {
cout << solve(solve, i, j, n);
}
cout << '\n';
}
return 0;
}
D - 88888888 (abc357 D)
题目大意
给定\(n\)，定义 \(f(n)\)表示 \(n\)个 \(n\)的拼接得到的数字。
求 \(f(n) \% 998244353\)。
解题思路
设\(a_1\)表示 \(1\)个 \(n\)， \(a_2\)表示\(2\)个 \(n\)。
容易得到\(a_1 = n, a_2 = xa_1 + n = xn + n = n(x + 1), a_3 = xa_2 + n = n(x^2 + x + 1)\)，其中 \(x=10^k\)， \(k\)是 \(n\)的位数。
展开得到通项公式\(a_n = xa_{n-1} + n = n(x^{n-1} + x^{n-2} + \cdots + x + 1) = n \frac{x^n - 1}{x - 1}\)
通过费马小定理知 \(\frac{1}{x-1} \equiv (x-1)^{mo-2} \mod mo,mo=998244353\)。
因此最终答案就是\(n (x^n - 1)(x - 1)^{mo-2}\) ，用快速幂计算即可。时间复杂度是\(O(\log n)\)
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int mo = 998244353;
long long qpower(long long a, long long b) {
long long qwq = 1;
while (b) {
if (b & 1)
qwq = qwq * a % mo;
a = a * a % mo;
b >>= 1;
}
return qwq;
}
long long inv(long long x) { return qpower(x, mo - 2); }
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
LL n;
cin >> n;
__int128 ten = 1;
while (ten <= n) {
ten *= 10;
}
ten %= mo;
LL up = ((qpower(ten, n) - 1) + mo) % mo;
LL down = inv(ten - 1);
LL ans = n % mo * up % mo * down % mo;
cout << ans << '\n';
return 0;
}
E - Reachability in Functional Graph (abc357 E)
题目大意
给定一张基环内向森林（有向图，每个点出度为\(1\)），问点对数量 \((i,j)\)，满足从点 \(i\)出发可以到达点 \(j\)。
解题思路
考虑朴素做法，显而易见的\(O(n^2)\)：从每个点出发，进行 \(DFS\)。
分析朴素做法，会发现操作重复的地方：假想一条链 \(1 \to 2 \to 3 \to 4 \cdots\)，从 \(1\)出发 \(DFS\)，从 \(2\)出发 \(DFS\)，会发现非常冗余，当从 \(1\)出发时，它能到达的点， \(2\)也能到达，也就是说可以利用 \(2\)节点的信息，以避免重复搜索。
我们想通过后继节点的答案来得到当前点的答案，那得先计算后继节点答案，然后再考虑当前节点。这其实非常像拓扑排序：把边方向，然后我们处理入度为 \(0\)的点（这意味着原图中的后继节点已经计算完毕了）。
然而拓扑排序适用于 \(DAG\)（有向无环图），这里有环，因此得事先找到环。环上的节点是处处到达的。
如何找到环呢？考虑这是一张基环内向森林，它有个性质，即从任何点出发，最终一定会走到环内。
注意到答案分两类，一类是环上的点的贡献，其贡献值即为环大小。另一类是非环上的点的贡献，由于从它出发最终会走到环内，因此其贡献值为环大小\(+\)沿途的点数，我们从环上的点出发，就能一路更新沿途的点数及贡献了。
首先从任意点进行\(DFS\)，直到重复访问到某个点时，这个点就是环上的点，标记一下。
然后从标记的点进行\(DFS\)，遍历环上的点，统计环大小和标记环上的点。同时统计环上的点对答案的贡献（即环大小）。
最后从环上的点往非环上的点进行 \(DFS\)，统计非环点对答案的贡献。
\(3\)次 \(DFS\)即可，时间复杂度是 \(O(n)\)。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<vector<int>> edge(n), inv(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int p;
cin >> p;
--p;
edge[i].push_back(p);
inv[p].push_back(i);
}
vector<int> cnt(n), cir(n), visit(n);
int tt = 0;
auto dfs1 = [&](auto dfs1, int u) -> void {
visit[u] = tt;
for (auto v : edge[u]) {
if (!visit[v]) {
dfs1(dfs1, v);
} else if (visit[v] == tt) {
cir[v] = 1;
}
}
};
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (!visit[i]) {
++tt;
dfs1(dfs1, i);
}
}
fill(visit.begin(), visit.end(), 0);
int cur = 0;
auto dfs2 = [&](auto dfs2, int u) -> void {
visit[u] = 1;
cir[u] = 1;
++cur;
for (auto v : edge[u]) {
if (!visit[v]) {
dfs2(dfs2, v);
}
}
cnt[u] = cur;
};
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (cir[i] == 1 && !visit[i]) {
cur = 0;
dfs2(dfs2, i);
}
}
LL ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (cir[i])
ans += cnt[i];
}
auto dfs3 = [&](auto dfs3, int u, int cc) -> void {
for (auto& v : inv[u]) {
if (!cir[v]) {
ans += cc + 1;
dfs3(dfs3, v, cc + 1);
}
}
};
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (cir[i]) {
dfs3(dfs3, i, cnt[i]);
}
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
F - Two Sequence Queries (abc357 F)
题目大意
给定两个数组\(a,b\)， 维护一下三种操作：
1 l r x，给\(a_l, a_{l+1}, \cdots, a_r\)都加上 \(x\)2 l r x，给\(b_l, b_{l+1}, \cdots, b_r\)都加上 \(x\)3 l r，求\(\sum_{i=l}^{r} a_i \times b_i \mod 998244353\)
解题思路
区间操作，考虑线段树，维护的信息是什么。
首先肯定有\(\sum a_i b_i\)，考虑对它修改后，要额外维护什么信息，才能得到新的 \(\sum a_i b_i\)。
对它修改，即变为 \(\sum (a_i + x)(b_i + y) = \sum a_i b_i + y\sum a_i + x\sum b_i + \sum xy\)。
因此我们还需维护\(\sum a_i\)和 \(\sum b_i\)，而它们的更新则需要自己的信息即可。
由于是区间操作， \(lazy\)信息就维护 \(x,y\)。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int N = 2e5 + 8;
const int mo = 998244353;
class segment {
#define lson (root << 1)
#define rson (root << 1 | 1)
public:
LL sab[N << 2];
LL sum[N << 2][2];
LL lazy[N << 2][2];
void pushup(int root) {
sab[root] = (sab[lson] + sab[rson]) % mo;
sum[root][0] = (sum[lson][0] + sum[rson][0]) % mo;
sum[root][1] = (sum[lson][1] + sum[rson][1]) % mo;
}
void build(int root, int l, int r, vector<int>& a, vector<int>& b) {
if (l == r) {
sab[root] = 1ll * a[l - 1] * b[l - 1] % mo;
sum[root][0] = a[l - 1];
sum[root][1] = b[l - 1];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson, l, mid, a, b);
build(rson, mid + 1, r, a, b);
pushup(root);
}
void pushdown(int root, int l, int mid, int r) {
if (lazy[root][0] || lazy[root][1]) {
sab[lson] =
(sab[lson] + lazy[root][0] * sum[lson][1] % mo +
lazy[root][1] * sum[lson][0] % mo +
lazy[root][0] * lazy[root][1] % mo * (mid - l + 1) % mo) %
mo;
sum[lson][0] =
(sum[lson][0] + lazy[root][0] * (mid - l + 1) % mo) % mo;
sum[lson][1] =
(sum[lson][1] + lazy[root][1] * (mid - l + 1) % mo) % mo;
sab[rson] = (sab[rson] + lazy[root][0] * sum[rson][1] % mo +
lazy[root][1] * sum[rson][0] % mo +
lazy[root][0] * lazy[root][1] % mo * (r - mid) % mo) %
mo;
sum[rson][0] = (sum[rson][0] + lazy[root][0] * (r - mid) % mo) % mo;
sum[rson][1] = (sum[rson][1] + lazy[root][1] * (r - mid) % mo) % mo;
lazy[lson][0] = (lazy[lson][0] + lazy[root][0]) % mo;
lazy[lson][1] = (lazy[lson][1] + lazy[root][1]) % mo;
lazy[rson][0] = (lazy[rson][0] + lazy[root][0]) % mo;
lazy[rson][1] = (lazy[rson][1] + lazy[root][1]) % mo;
lazy[root][0] = lazy[root][1] = 0;
}
}
void update(int root, int l, int r, int L, int R, LL val, int op) {
if (L <= l && r <= R) {
sab[root] = (sab[root] + val * sum[root][op ^ 1] % mo) % mo;
sum[root][op] = (sum[root][op] + val * (r - l + 1) % mo) % mo;
lazy[root][op] = (lazy[root][op] + val) % mo;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(root, l, mid, r);
if (L <= mid)
update(lson, l, mid, L, R, val, op);
if (R > mid)
update(rson, mid + 1, r, L, R, val, op);
pushup(root);
}
LL query(int root, int l, int r, int L, int R) {
if (L <= l && r <= R) {
return sab[root];
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(root, l, mid, r);
LL ans = 0;
if (L <= mid)
ans += query(lson, l, mid, L, R);
if (R > mid)
ans += query(rson, mid + 1, r, L, R);
ans %= mo;
return ans;
}
} sg;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n, q;
cin >> n >> q;
vector<int> a(n), b(n);
for (auto& i : a)
cin >> i;
for (auto& i : b)
cin >> i;
sg.build(1, 1, n, a, b);
while (q--) {
int op;
cin >> op;
if (op == 3) {
int l, r;
cin >> l >> r;
int ans = sg.query(1, 1, n, l, r);
cout << ans << '\n';
} else {
int l, r, x;
cin >> l >> r >> x;
sg.update(1, 1, n, l, r, x, op - 1);
}
}
return 0;
}
G - Stair-like Grid (abc357 G)
题目大意
给定\(n\)，定义一个网格，前两行有 \(4\)个格子，接着两行有 \(6\)个格子，接着两行有 \(8\)个格子 \(...\)。
其中有 \(m\)个格子不可走。
从左上到右下，只能往下走和往右走。问方案数。
解题思路
<++>
神奇的代码
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