AtCoder Beginner Contest 362
A - Buy a Pen (abc362 A)
题目大意
给定红蓝绿三支笔的价格，并不买指定颜色的笔，问买一支笔最少需要多少钱。
解题思路
三种情况逐一判断，取最小即可。
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);
int r, g, b;
string c;
cin >> r >> g >> b >> c;
if (c[0] == 'R') {
r = 999;
} else if (c[0] == 'G') {
g = 999;
} else {
b = 999;
}
cout << min({r, g, b}) << '\n';
return 0;
}
B - Right Triangle (abc362 B)
题目大意
给定三点坐标，问是否形成直角三角形。
解题思路
枚举直角点，然后向量点积判断是否成90度即可。
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);
array<array<int, 2>, 3> p;
for (auto& x : p)
cin >> x[0] >> x[1];
auto vertical = [](array<int, 2>& a, array<int, 2>& b, array<int, 2>& c) {
return (a[0] - b[0]) * (a[0] - c[0]) + (a[1] - b[1]) * (a[1] - c[1]) ==
0;
};
if (vertical(p[0], p[1], p[2]) || vertical(p[1], p[2], p[0]) ||
vertical(p[2], p[0], p[1])) {
cout << "Yes" << '\n';
} else {
cout << "No" << '\n';
}
return 0;
}
C - Sum = 0 (abc362 C)
题目大意
给定两个\(n\)个数的数组 \(l,r\)，构造 \(n\)个数 \(x_i\)，满足：
- \(l_i \leq x_i \leq r_i\)
- \(\sum_{i=1}^{n} x_i = 0\)
解题思路
先假定\(x_i = l_i\)，此时如果\(\sum_{i=1}^{n} x_i > 0\)则无解。
否则遍历\(i = 1, 2, 3, ..., n\)，对于每个 \(x_i\)，依次增大 \(x_i\)，直到 \(\sum_{i=1}^{n} x_i = 0\)或者\(x_i = r_i\)。贪心增加即可。
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);
int n;
cin >> n;
vector<int> l(n), r(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> l[i] >> r[i];
}
vector<int> x = l;
LL sum = accumulate(l.begin(), l.end(), 0ll);
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (sum < 0) {
int c = min(-sum, 0ll + r[i] - l[i]);
x[i] += c;
sum += c;
}
}
if (sum != 0) {
cout << "No" << '\n';
} else {
cout << "Yes" << '\n';
for (int i = 0; i < n; i++) {
cout << x[i] << " \n"[i == n - 1];
}
}
return 0;
}
D - Shortest Path 3 (abc362 D)
题目大意
给定一张无向图，点有点权\(a_i\)，边有边权\(w_i\)，问\(1\)号点到其他点的最短距离。
距离为沿途的所有点的点权和边的边权和。
解题思路
就一个朴素的\(dijkstra\)最短路就解决了，转移的时候边\(u \to v\)的代价从\(w_i\)改成 \(w_i + a_v\)。
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;
vector<vector<array<int, 2>>> edge(n);
for (int i = 0; i < m; i++) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
--u, --v;
edge[u].push_back({v, w});
edge[v].push_back({u, w});
}
vector<LL> dis(n, 1e18);
dis[0] = a[0];
priority_queue<pair<LL, int>, vector<pair<LL, int>>, greater<pair<LL, int>>>
team;
team.push({dis[0], 0});
while (!team.empty()) {
auto [d, u] = team.top();
team.pop();
if (dis[u] < d)
continue;
for (auto& [v, w] : edge[u]) {
if (dis[v] > dis[u] + w + a[v]) {
dis[v] = dis[u] + w + a[v];
team.push({dis[v], v});
}
}
}
for (int i = 1; i < n; i++)
cout << dis[i] << " \n"[i == n - 1];
return 0;
}
E - Count Arithmetic Subsequences (abc362 E)
题目大意
给定\(n\)个数 \(a_i\)，对于 \(k = 1, 2, ..., n\)，问长度为 \(k\)的 \(a\)的子序列中，是等差数列的数量。
解题思路
长度为\(1,2\)的等差数列可以直接算出来，因此考虑长度 \(\geq 3\)的情况。
考虑如何统计等差数列，比如考虑枚举公差，统计不同公差下的子序列数量。
虽然公差的范围\(< 10^9\)，但考虑到公差是两个数的差，其取值实际只有 \(O(n^2)\)个，而 \(n \leq 80\)，可以考虑枚举公差。然后统计该公差下各个长度的子序列数量，累计求和即为答案。
枚举公差 \(d\)，剩下就是考虑如何统计其子序列的个数。考虑朴素搜索，即从左到右依次考虑每个数选或不选，选的话要保证构成公差为 \(d\)的等差数列，需要得知上一个选的数是什么，同时还要保留我已经选了多少个数。
据此容易想到就是一个朴素的 \(dp\)： \(dp[i][k]\)表示 考虑前\(i\)个数，且选择了第 \(i\)个数，且已经选了 \(k\)个数的等差为 \(d\)的子序列数量。 转移则枚举\(j\)，满足 \(a_i - a_k = d\)，则 \(dp[i][k] += dp[j][k - 1]\)。即\(dp[i][k] = \sum_{a_i - a_j = d} dp[j][k - 1]\)。
枚举公差 \(O(n^2)\)， \(dp\)状态 \(O(n^2)\)，转移 \(O(n)\)，总复杂度是 \(O(n^5)\)，是无法通过的，考虑优化转移。
对于一个转移\(dp[i][k] += dp[j][k - 1]\)，其中 \(a_i - a_j = d\)，遍历所有的公差时\(d_i\)，其实 只有一个\(d_i = d\)时，会发生这个转移。 也就是说，固定了公差，我们就可以预处理出状态转移的前继状态，即\(dp[i]\)可以从什么 \(dp[j]\) 转移过来，预处理的复杂度是\(O(n^2)\)，随后在求\(dp\)时，转移就无需遍历 \(j \in [1,i)\) ，直接遍历预处理的转移即可。
这样预处理之后，求\(dp\)的复杂度是多少呢？因为每个公差预处理出来的 \(i\)的前继转移 \(j\)的数量不同，但注意到一个转移\(dp[i][k] += dp[j][k - 1]\)，其中 \(a_i - a_j = d\)，遍历所有的公差时\(d_i\)，其实 只有一个\(d_i = d\)时才发生这个转移，纵观所有的这类转移，其数量有\(O(n^2)\)个，但其因为公差 \(d\)被打散在这 \(O(n^2)\)次求 \(dp\)里，所以所有公差，每个公差遍历预处理的转移前继状态，总的复杂度是\(O(n^2)\)个状态+ \(O(n^2)\)次转移，总的复杂度还是 \(O(n^4)\)。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int mo = 998244353;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (auto& x : a)
cin >> x;
vector<int> diff;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
diff.push_back(a[j] - a[i]);
}
}
sort(diff.begin(), diff.end());
diff.erase(unique(diff.begin(), diff.end()), diff.end());
vector<int> ans(n + 1, 0);
ans[1] = n;
if (n > 1)
ans[2] = n * (n - 1) / 2;
for (auto d : diff) {
vector<vector<int>> tr(n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < i; ++j)
if (a[i] - a[j] == d)
tr[i].push_back(j);
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n + 1, 0));
for (int i = 0; i < n; ++i) {
dp[i][1] = 1;
for (int j = 1; j <= i; ++j) {
for (auto& k : tr[i]) {
dp[i][j + 1] += dp[k][j];
if (dp[i][j + 1] >= mo) {
dp[i][j + 1] -= mo;
}
}
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 3; j <= n; ++j) {
ans[j] += dp[i][j];
if (ans[j] >= mo) {
ans[j] -= mo;
}
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cout << ans[i] << " \n"[i == n];
}
return 0;
}
F - Perfect Matching on a Tree (abc362 F)
题目大意
给定一棵树，俩俩配对，收益是两个点的最短路边数\(dis(u,v)\)。
构造配对方案，使得收益最大。
解题思路
每次收益是边数，配对的收益和最大，换个角度考虑贡献，认为考虑每条边，其出现在配对最短路的次数。
一条边将树拆成两个连通块，假设点数分别为\(v_i, n - v_i\)，如果配对的两个点分别在这两个连通块里，这个这条边对答案就有\(1\)的贡献 。那一条边对答案的最大贡献即为\(min(v_i, n - v_i)\)。
所有边的最大贡献和，即为收益的上界，考虑这个上界能否取到。很显然，对于一些\(v_i\) 很大或很小的，\(min(v_i, n - v_i)\)都比较小，这些边的贡献上界很容易取到，因此关键要考虑 \(v_i = \frac{n}{2}\) 左右的边。
而这些边实际是在树的重心附近，考虑重心，其特点是最大的儿子数不超过 \(\frac{n}{2}\)，重心有好几个儿子，我们的配对目标是，配对的两个点来自于不同的儿子子树。这样每个儿子子树里的边都可以取到上界。
剩下的问题就是如何选择儿子子树。事实上，考虑abc359f，其实构造方法是一样的。
将每个儿子子树看成一个点，子树的点树视为该点的度数，每取两个子树的儿子配对，相当于给这两个子树点连边。然后最终每个点的度数满足要求。
因此构造方法为，每次选择一个儿子子树最大的和非最大的，配对。动态维护子树大小。
如果点数是奇数，则抛弃重心，否则也把重心视为一个子树。
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);
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
u--;
v--;
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
}
vector<int> son(n, 0), weight(n, 0);
int root = 0;
auto dfs = [&](auto&& dfs, int u, int fa) -> void {
son[u] = 1;
for (auto v : edge[u]) {
if (v == fa)
continue;
dfs(dfs, v, u);
son[u] += son[v];
weight[u] = max(weight[u], son[v]);
}
weight[u] = max(weight[u], n - son[u]);
if (weight[u] <= n / 2)
root = u;
};
dfs(dfs, 0, 0);
vector<vector<int>> child;
auto dfs2 = [&](auto&& dfs2, int u, int fa, vector<int>& cc) -> void {
cc.push_back(u);
for (auto v : edge[u]) {
if (v == fa)
continue;
dfs2(dfs2, v, u, cc);
}
};
for (auto& u : edge[root]) {
vector<int> cc;
dfs2(dfs2, u, root, cc);
child.push_back(cc);
}
if (n % 2 == 0)
child.push_back({root});
auto cmp = [&](const int a, const int b) -> bool {
return child[a].size() < child[b].size();
};
priority_queue<int, vector<int>, decltype(cmp)> pq(cmp);
for (int i = 0; i < child.size(); ++i) {
pq.push(i);
}
for (int i = 0; i < n / 2; ++i) {
auto tu = pq.top();
pq.pop();
auto tv = pq.top();
pq.pop();
int u = child[tu].back();
int v = child[tv].back();
child[tu].pop_back();
child[tv].pop_back();
if (child[tu].size() > 0)
pq.push(tu);
if (child[tv].size() > 0)
pq.push(tv);
cout << u + 1 << " " << v + 1 << '\n';
}
return 0;
}
G - Count Substring Query (abc362 G)
题目大意
给定一个字符串\(s\)，回答 \(q\)个询问。
每个询问给定一个字符串 \(t\)，问字符串 \(t\)在字符串 \(s\)里的出现次数。
解题思路
此即为后缀自动机的一个节点的\(|endpos|\)大小，贴个模板即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
class SAM {
enum { len = 1000005, vary = 26 };
int trans[len << 1][vary];
int maxlen[len << 1];
int link[len << 1];
int cnt[len << 1];
int tot;
int last;
public:
SAM() {
tot = last = 0;
link[tot] = -1;
maxlen[tot] = 0;
++tot;
}
void clear() {
for (int i = 0; i < tot; ++i) {
for (int j = 0; j < vary; ++j) {
trans[i][j] = 0;
}
maxlen[i] = link[i] = cnt[i] = 0;
}
tot = last = 0;
link[tot] = -1;
maxlen[tot] = 0;
++tot;
}
void insert(int s) {
int cur = tot++;
maxlen[cur] = maxlen[last] + 1;
int p = last;
for (; p != -1 && !trans[p][s]; p = link[p])
trans[p][s] = cur;
if (p == -1)
link[cur] = 0;
else {
int q = trans[p][s];
if (maxlen[q] == maxlen[p] + 1)
link[cur] = q;
else {
int clone = tot++;
maxlen[clone] = maxlen[p] + 1;
link[clone] = link[q];
for (int i = 0; i < vary; ++i)
trans[clone][i] = trans[q][i];
for (; p != -1 && trans[p][s] == q; p = link[p])
trans[p][s] = clone;
link[q] = link[cur] = clone;
}
}
cnt[cur] = 1;
last = cur;
}
int tong[len];
int sa[len << 1];
void build() {
tong[0] = 0;
for (int i = 1; i < tot; ++i)
++tong[maxlen[i]];
for (int i = 1; i < len; ++i)
tong[i] += tong[i - 1];
for (int i = 1; i < tot; ++i)
sa[tong[maxlen[i]]--] = i;
for (int i = tot - 1; i >= 0; --i) {
int p = sa[i];
cnt[link[p]] += cnt[p];
}
}
int solve(string& t) {
int cur = 0;
for (auto c : t) {
auto s = c - 'a';
if (trans[cur][s] == 0)
return 0;
cur = trans[cur][s];
}
return cnt[cur];
}
} sam;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
string s;
cin >> s;
for (auto c : s)
sam.insert(c - 'a');
sam.build();
int q;
cin >> q;
while (q--) {
string t;
cin >> t;
int ans = sam.solve(t);
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
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