比赛链接：https://atcoder.jp/contests/abc215/tasks
A - Your First Judge
题意
如果一个字符串是 Hello,World! ，输出 AC ，否则输出 WA 。
题解
模拟。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
string s;
cin >> s;
cout << (s == "Hello,World!" ? "AC" : "WA") << "
";
return 0;
}
B - log2(N)
题意
输出 (2) 不超过 (n) 的最大幂次方。
题解
模拟。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
long long n;
cin >> n;
cout << __lg(n) << "
";
return 0;
}
C - One More aab aba baa
题意
给出一个字符串，输出其所含有的字母对应的字典序第 (k) 小的字符串。
题解
模拟。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
string s;
int k;
cin >> s >> k;
sort(s.begin(), s.end());
int cnt = 0;
do {
if (++cnt == k) {
cout << s << "
";
break;
}
} while (next_permutation(s.begin(), s.end()));
return 0;
}
D - Coprime 2
题意
给出一个大小为 (n) 的数组 (a) ，找出 ([1, m]) 中与每个 (a_i) 都 (gcd=1) 的数。
题解
把每个 (a_i) 做一下质因子分解然后用这些质因子筛一下 ([1, m]) 即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 1e5 + 10;
int p[N];
void Init() {
for (int i = 2; i < N; i++) {
if (p[i]) {
continue;
}
for (int j = i; j < N; j += i) {
p[j] = i;
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
Init();
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n);
set<int> st;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
for (int j = a[i]; j != 1; j /= p[j]) {
st.insert(p[j]);
}
}
vector<bool> is(N, true);
for (auto i : st) {
if (not is[i] or i == 1) {
continue;
}
for (int j = i; j < N; j += i) {
is[j] = false;
}
}
vector<int> ans;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (is[i]) {
ans.push_back(i);
}
}
cout << ans.size() << "
";
for (auto i : ans) {
cout << i << "
";
}
return 0;
}
E - Chain Contestant
题意
给出一个长为 (n) 的字符串 (s) ，计算共有多少子序列满足相同字母在原串中连续。
题解
将字符逐个考虑，每次它需要加上之前所有不含它或以它结尾的序列。
模拟代码即：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
string s;
cin >> n >> s;
map<string, int> mp;
mp[""] = 1;
for (auto ch : s) {
auto next_mp(mp);
for (auto [x, y] : mp) {
if (x.find(ch) == string::npos) {
next_mp[x + ch] += mp[x];
} else if (x.back() == ch) {
next_mp[x] += mp[x];
}
}
mp = next_mp;
}
int ans = 0;
for (auto [x, y] : mp) {
if (x != "") {
ans += y;
}
}
cout << ans << "
";
return 0;
}
但最多有 (2^{|s| = 1000}) 种子序列，考虑利用题目条件压缩。
因为最多有 (10) 个字母，所以可以枚举字母的所有排列组合方式，同时连续的相同字母都可以看作一个字母，所以最终共可能有 (sum limits _{i = 1}^{10} C_{10}^i cdot A_i^i approx 10^7) 种序列。
但 (|s| cdot 10^7 = 10^{10}) 的复杂度仍难以接受（事实上这份代码跑了 (20s) ），考虑进一步压缩。
因为只需要知道一个序列是否含有 (ch) 或以 (ch) 结尾，所以可以只保存序列的字母集和结尾字母，此时复杂度为 (|s| cdot 2^{10} cdot 10 approx 10^7) 。
设 (dp_{ij}) 为字母集为 (i) ，以字母 (j) 结尾的序列个数，将上部分代码改写一下即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 1 << 10;
constexpr int MOD = 998244353;
int norm(int x) { if (x < 0) { x += MOD; } if (x >= MOD) { x -= MOD; } return x; }
template<class T> T binpow(T a, int b) { T res = 1; for (; b; b /= 2, a *= a) { if (b % 2) { res *= a; } } return res; }
struct Z {
int x;
Z(int x = 0) : x(norm(x)) {}
int val() const { return x; }
Z operator-() const { return Z(norm(MOD - x)); }
Z inv() const { assert(x != 0); return binpow(*this, MOD - 2); }
Z &operator*=(const Z &rhs) { x = 1LL * x * rhs.x % MOD; return *this; }
Z &operator+=(const Z &rhs) { x = norm(x + rhs.x); return *this; }
Z &operator-=(const Z &rhs) { x = norm(x - rhs.x); return *this; }
Z &operator/=(const Z &rhs) { return *this *= rhs.inv(); }
friend Z operator*(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res *= rhs; return res; }
friend Z operator+(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res += rhs; return res; }
friend Z operator-(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res -= rhs; return res; }
friend Z operator/(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res /= rhs; return res; }
};
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
string s;
cin >> n >> s;
vector<vector<Z>> dp(N, vector<Z> (10));
for (auto ch : s) {
auto next_dp(dp);
int id = ch - 'A';
for (int i = 0; i < N; i++) {
if ((i & (1 << id)) == 0) {
next_dp[i | (1 << id)][id] += (i == 0 ? 1 : accumulate(dp[i].begin(), dp[i].end(), Z(0)));
} else {
next_dp[i][id] += dp[i][id];
}
}
dp = next_dp;
}
Z ans = 0;
for (auto vec : dp) {
for (auto x : vec) {
ans += x;
}
}
cout << ans.val() << "
";
return 0;
}
F - Dist Max 2
题意
给出平面上的 (n) 个整数点，定义两点间的距离为 (mathrm{min} (|x_i-x_j|,|y_i-y_j|)) ，找出两个不同点间的最大距离。
题解
The maximization problem of a minimum value can often be solved with a binary search.
——Editorial
考虑二分最终答案，将所有点按 (x) 坐标从小到大排序，然后记录满足 (x - pre_x ge mid) 时 (pre_y) 的最值，若存在 (y - pre_{y\_{min}}) 或 (pre_{y\_{max}} - y ge mid) ，则该二分值可行，设为下界。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin >> n;
vector<pair<int, int>> a(n);
for (auto& [x, y] : a) {
cin >> x >> y;
}
sort(a.begin(), a.end());
int l = 0, r = 1e9;
while (l < r) {
int mid = (l + r + 1) / 2;
bool ok = false;
queue<pair<int, int>> que;
int mi = 1e9, mx = 0;
for (auto [x, y] : a) {
while (not que.empty() and x - que.front().first >= mid) {
mi = min(mi, que.front().second);
mx = max(mx, que.front().second);
que.pop();
}
if (y - mi >= mid or mx - y >= mid) {
ok = true;
}
que.emplace(x, y);
}
if (ok) {
l = mid;
} else {
r = mid - 1;
}
}
cout << l << "
";
return 0;
}
G - Colorful Candies 2
题意
有 (n) 个带颜色的糖果，计算当 (k = 1, 2, dots, n) 时， (C_{n}^{k}) 种情况中糖果颜色数的期望。
题解
出现 (c_i) 次的颜色对总期望的贡献为 (1 imes frac{C_n^k - C_{n - c_i}^k}{C_n^k}) 。
但逐颜色计算时间复杂度为 (O_{(n^2)}) ，考虑进行压缩：对于有相同出现次数 (c_i) 的颜色，可以合并计算为 (tot imes frac{C_n^k - C_{n - c_i}^k}{C_n^k}) ，此时时间复杂度为 (O_{(n sqrt{n})}) 。
证明
假设出现次数都不相同，因为 (sum c_i = n = 1 + 2 + dots +m) ，即 (frac{m(m + 1)}{2} = n) ，易得 (m le sqrt{n}) ，所以此时时间复杂度为 (O_{(n sqrt{n})}) 。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int MOD = 998244353;
int norm(int x) { if (x < 0) { x += MOD; } if (x >= MOD) { x -= MOD; } return x; }
template<class T> T binpow(T a, int b) { T res = 1; for (; b; b /= 2, a *= a) { if (b % 2) { res *= a; } } return res; }
struct Z {
int x;
Z(int x = 0) : x(norm(x)) {}
int val() const { return x; }
Z operator-() const { return Z(norm(MOD - x)); }
Z inv() const { assert(x != 0); return binpow(*this, MOD - 2); }
Z &operator*=(const Z &rhs) { x = 1LL * x * rhs.x % MOD; return *this; }
Z &operator+=(const Z &rhs) { x = norm(x + rhs.x); return *this; }
Z &operator-=(const Z &rhs) { x = norm(x - rhs.x); return *this; }
Z &operator/=(const Z &rhs) { return *this *= rhs.inv(); }
friend Z operator*(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res *= rhs; return res; }
friend Z operator+(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res += rhs; return res; }
friend Z operator-(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res -= rhs; return res; }
friend Z operator/(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res /= rhs; return res; }
};
struct comb {
vector<Z> fac, inv;
comb(int n) : fac(n), inv(n) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i;
inv[n - 1] = fac[n - 1].inv();
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1);
}
Z C(int n, int m){
if(m < 0 or m > n) return 0;
return fac[n] * inv[m] * inv[n - m];
}
};
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin >> n;
vector<int> c(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> c[i];
}
auto disc = [](vector<int> res) {
vector<int> a(res);
sort(a.begin(), a.end());
a.resize(unique(a.begin(), a.end()) - a.begin());
for (auto& i : res) {
i = lower_bound(a.begin(), a.end(), i) - a.begin();
}
return res;
};
auto zip = [](vector<int> c, int n) {
vector<int> color(c.size());
for (auto i : c) {
++color[i];
}
vector<int> tot(n + 1);
for (auto i : color) {
++tot[i];
}
vector<pair<int, int>> res;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (tot[i]) {
res.emplace_back(tot[i], i);
}
}
return res;
};
vector<pair<int, int>> v = zip(disc(c), n);
comb comb(n + 1);
for (int k = 1; k <= n; k++) {
Z ans = 0;
for (auto [tot, c_i] : v) {
ans += tot * (comb.C(n, k) - comb.C(n - c_i, k)) * comb.C(n, k).inv();
}
cout << ans.val() << "
";
}
return 0;
}
参考
https://atcoder.jp/contests/abc215/editorial/2514