AtCoder Beginner Contest 159 心得

這場大概花了 4 個小時來寫這 6 題,難度算中間偏易。

  • A - The Number of Even Pairs
    題意:有 $N$ 顆偶數球和 $M$ 顆奇數球,問有幾種方法選兩顆球,使得球上數字相加為偶數。
    解法:兩奇數或兩偶數相加為偶數,所以答案即為$C(N,2)+C(M,2)$
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#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using PII = pair<int, int>;
using PLL = pair<LL, LL>;
const int INF = 1e9;
const int MXN = 0;
const int MXV = 0;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define F first
#define S second
#define FOR(i, L, R) for (int i = L; i != (int)R; ++i)
#define FORD(i, L, R) for (int i = L; i != (int)R; --i)
#define IOS \
cin.tie(nullptr); \
cout.tie(nullptr); \
ios_base::sync_with_stdio(false);

int f(int n)
{
if(n < 2){
return 0;
}
return n * (n - 1) / 2;
}

int main()
{
IOS;
int n, m;
cin >> n >> m;
cout << f(n) + f(m) << '\n';
}
  • B - String Palindrome
    題意:判斷一個長度為 $N$ 的字串 $S$ 是否本身為迴文,且 $S[1:\frac{N-1}{2}]$ 和 $S[\frac{N+3}{2}:N]$ 也是迴文。
    解法:直接判斷。
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#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using PII = pair<int, int>;
using PLL = pair<LL, LL>;
const int INF = 1e9;
const int MXN = 0;
const int MXV = 0;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define F first
#define S second
#define FOR(i, L, R) for (int i = L; i != (int)R; ++i)
#define FORD(i, L, R) for (int i = L; i != (int)R; --i)
#define IOS \
cin.tie(nullptr); \
cout.tie(nullptr); \
ios_base::sync_with_stdio(false);

bool ok(string &s, int L, int R)
{
while (L <= R)
{
if (s[L] != s[R])
{
return false;
}
++L;
--R;
}
return true;
}

int main()
{
IOS;
string s;
cin >> s;
int sz = (int)s.size();
if (ok(s, 0, sz - 1) && ok(s, 0, (sz - 1) / 2 - 1) &&
ok(s, (sz + 3) / 2 - 1, sz - 1))
{
cout << "Yes\n";
}
else
{
cout << "No\n";
}
}
  • C - Maximum Volume
    題意:給定一實數 $L$,求 $x_1x_2x_3$ 的最大值,其中 $x_1+x_2+x_3=L$。
    解法:當 $x_1=x_2=x_3=\frac{L}{3}$ 時有最大值。
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#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using PII = pair<int,int>;
using PLL = pair<LL, LL>;
const int INF = 1e9;
const int MXN = 0;
const int MXV = 0;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define F first
#define S second
#define FOR(i, L, R) for(int i = L; i != (int)R; ++i)
#define FORD(i, L, R) for(int i = L; i != (int)R; --i)
#define IOS cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); ios_base::sync_with_stdio(false);

int main()
{
IOS;
double x;
cin >> x;
x /= 3;
cout << fixed << setprecision(8) << x * x * x << '\n';
}
  • D - Banned K
    題意:給定 $N$ 顆球,第 $i$ 顆球上面的數字為 $A_i$,問 $k=1,2,3,…,N$,問沒有第 $i$ 顆球時,有幾對球的數字是一樣的。
    解法:我們可以先把全部的對數 $ans$ 求出來,假設數字為 $A$ 的有 $cnt[A_i]=x$ 顆,那麼會對 $ans$ 貢獻 $C(x,2)$,如果是屏除第 $i$ 顆球,那麼答案會是 $ans-C(cnt[A_i],2)+C(cnt[A_i]-1,2)$。
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#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using PII = pair<int, int>;
using PLL = pair<LL, LL>;
const int INF = 1e9;
const int MXN = 0;
const int MXV = 0;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define F first
#define S second
#define FOR(i, L, R) for (int i = L; i != (int)R; ++i)
#define FORD(i, L, R) for (int i = L; i != (int)R; --i)
#define IOS \
cin.tie(nullptr); \
cout.tie(nullptr); \
ios_base::sync_with_stdio(false);

LL f(LL n)
{
if (n < 2)
{
return 0;
}
return n * (n - 1) / 2;
}

int main()
{
IOS;
int n;
cin >> n;
LL ans = 0;
vector<LL> a(n, 0), cnt(n + 1, 0);
FOR(i, 0, n)
{
cin >> a[i];
++cnt[a[i]];
}
FOR(i, 0, n + 1) { ans += f(cnt[i]); }
FOR(i, 0, n) { cout << ans - f(cnt[a[i]]) + f(cnt[a[i]] - 1) << '\n'; }
}
  • E - Dividing Chocolate
    題意:有一塊巧克力是由 $H\times W$ 的小巧克力組成,有白和黑兩種顏色,可以垂直或水平切巧克力,問最小切法使得每塊巧克力最多只有 $K$ 塊白巧可力。
    解法:題目給的 $H$ 最多到 $10$,可以利用二進位枚舉水平切的地方,一邊判斷是不是能夠切 $\leq K$ 塊小白巧克力,一邊計算出還要切多少垂直的刀。
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#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using PII = pair<int, int>;
using PLL = pair<LL, LL>;
using VI = vector<int>;
using VVI = vector<VI>;
const int INF = 1e9;
const int MXN = 0;
const int MXV = 0;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define F first
#define S second
#define FOR(i, L, R) for (int i = L; i != (int)R; ++i)
#define FORD(i, L, R) for (int i = L; i != (int)R; --i)
#define IOS \
cin.tie(nullptr); \
cout.tie(nullptr); \
ios_base::sync_with_stdio(false);

void update(vector<int> &v, int x, int h)
{
v.clear();
v.push_back(0);
int idx = 1;
while (x)
{
if ((x & 1) != 0)
{
v.push_back(idx);
}
x >>= 1;
++idx;
}
v.push_back(h);
}

int main()
{
// IOS;
int h, w, k;
cin >> h >> w >> k;
VVI sum(h + 1, VI(w + 1, 0));
FOR(i, 1, h + 1)
{
string s;
cin >> s;
FOR(j, 1, w + 1)
{
sum[i][j] = (int)(s[j - 1] - '0');
sum[i][j] =
sum[i][j] + sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1];
}
}
int ans = h * w;
vector<int> hs;
FOR(state, 0, (1 << (h - 1)))
{
int cur = __builtin_popcount(state);
bool ok = true;
int j2 = 0;
update(hs, state, h);
FOR(j, 1, w + 1)
{
int wmax = 0;
FOR(i, 1, hs.size())
{
wmax = max(wmax, sum[hs[i]][j] - sum[hs[i]][j2] -
sum[hs[i - 1]][j] + sum[hs[i - 1]][j2]);
}
// cout << j << ' ' << wmax << '\n';
if (wmax > k)
{
if (j == 1)
{
ok = false;
break;
}
++cur;
j2 = j - 1;
}
}
if (ok)
{
// cout << state << ' ' << cur << '\n';
ans = min(ans, cur);
}
}
cout << ans << '\n';
}
  • F - Knapsack for All Segments
    題意:給定一個長度為 $N$ 的序列 $A$,$f(L,R)$ 為滿足以下條件的子序列數量:$A_{x_1}+A_{x_2}+A_{x_3}+…+A_{x_k}=S$ and $L\leq x_1\leq x_2\leq x_3\leq … \leq x_k \leq R$。求 $\Sigma_{i=1}^{N}\Sigma_{j=i}^{N}f(i,j)$。
    解法:我們如果發現一個 $x_1=i,x_k=j$ 的子序列滿足條件,那麼它會對 $f(i,j),f(i-1,j),f(i-2,j),…f(1,j)$ 貢獻 $1$,於是我們設一個陣列 $dp$,$dp[i]$ 代表當前和為 $i$ 的子序列數量,當有新元素($A_x$)加入時,利用背包 dp 的方式,加上之前所形成的子元素數量。再來,如果子序列以 $A_x$ 開頭,對於固定右端點 $f(i,j)(x\leq j)$ 都會貢獻 $x$,所以在 $dp[A_x]$ 加上 $x$,加完一個元素 $A_x$ 後,$dp[s]=\Sigma_{i=1}^{x}f(i,x)$,那麼把這些 $dp[s]$ 加起來就是答案了。
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#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using PII = pair<int, int>;
using PLL = pair<LL, LL>;
using VI = vector<int>;
const int INF = 1e9;
const int MXN = 0;
const int MXV = 0;
const LL MOD = 998244353;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define F first
#define S second
#define FOR(i, L, R) for (int i = L; i < (int)R; ++i)
#define FORD(i, L, R) for (int i = L; i > (int)R; --i)
#define IOS \
cin.tie(nullptr); \
cout.tie(nullptr); \
ios_base::sync_with_stdio(false);

int main()
{
IOS;
int n, s;
cin >> n >> s;
vector<LL> a(n + 1, 0), dp(s + 1, 0);
LL ans = 0;
FOR(i, 1, n + 1) { cin >> a[i]; }
FOR(i, 1, n + 1)
{
FORD(j, s, a[i] - 1) { dp[j] = (dp[j] + dp[j - a[i]]) % MOD; }
if (a[i] <= s)
{
dp[a[i]] = (dp[a[i]] + i) % MOD;
}
ans = (ans + dp[s]) % MOD;
}
cout << ans << '\n';
}

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