AtCoder Grand Contest 047 部分题解

本题解包含 (A,B) 以及 (E) 的前 (800) 分。

AGC047A

大家都知道直接模拟是肯定不行的。感觉很难做？

然后我们要注意“小数点后最多(9)位”这个条件，同时乘上 (10^9) ，它们就都变成了整数。

可以发现，如果其中两个数原是 (a,b)，现是 (a',b')，(a imes b) 为整数，则 (a' imes b') 能被 (10^{18}) 整除。对每个数，记一下因数 (2) 和 (5) 的数量，拿一个桶存下来，最后枚举 (2) 和 (5) 的数量，统计一下就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mit map<int,int>::iterator
#define sit set<int>::iterator
#define itrm(g,x) for(mit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define itrs(g,x) for(sit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define ltype int
#define rep(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<=(k);(i)++)
#define rap(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<(k);(i)++)
#define per(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)>=(k);(i)--)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
#define fastio ios::sync_with_stdio(false)
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
const double pi=3.1415926535897932,eps=1e-6;
void chmax(int &x,int y){if(x < y) x = y;}
void chmin(int &x,int y){if(x > y) x = y;}
int n;ll pw[20],num[200005],ans;
string s[200005];
ll t[105][105];
int main()
{
    pw[0] = 1;rep(i,1,18) pw[i] = pw[i - 1] * 10;
    fastio;
    cin>>n;
    rep(i,1,n) {
        cin>>s[i];
        int pos = -1;
        rap(j,0,s[i].size()) if(s[i][j] == '.') pos = j;
        if(pos == -1) pos = s[i].size();
        rap(j,0,pos) num[i] += (s[i][j] - '0') * pw[pos + 8 - j];
        rap(j,pos+1,s[i].size()) num[i] += (s[i][j] - '0') * pw[9 - (j - pos)];
        //cout<<num[i]<<endl;
    }
    rep(i,1,n) {
        int num2 = 0,num5 = 0;
        while(num[i] % 2 == 0) num2++,num[i] /= 2;
        while(num[i] % 5 == 0) num5++,num[i] /= 5;
        if(num2 >= 9 && num5 >= 9) ans--;
        t[num2][num5]++;
    }
    rep(two,0,64) rep(fiv,0,64) {
        int nedtwo = max(18 - two, 0);
        int nedfiv = max(18 - fiv, 0);
        rep(k,nedtwo,64) rep(l,nedfiv,64) ans += t[two][fiv] * t[k][l];
    }
    cout<<ans / 2;
    return 0;
}

AGC047B

容易发现，一个串 (S) 能被另外一个串 (T) 形成，当且仅当：(T) 除去第一个字符后，是 (S) 的后缀，且 (T) 的第一个字符在 (S) 的前面部分出现了。

这样很容易想到，把所有串反转后插到一棵 (Trie) 里。

实现起来还是有点困难的。

可以令 (suf_i) 表示第 (i) 个节点下面单词结尾的个数，(suf2_{i,j}) 表示从第 (i) 个节点往下走，走到一个单词结尾 (w) ，路径上至少经过一个字符 (j) 的 (w) 的数量。

对于每个串，设长度为 (len) ，先走 (len - 1) 步，走不到就一定不合法（其实不用判断，一开始就把所有的串插入进来了，所以一定能走到），然后现在走到了结点 (cur) ，对 (cur) 的每个儿子(son)，把答案增加 (suf2_{son,lastchar})。最后去掉重复计算的。

注意不能直接 (suf2_{cur,lastchar})，不然这组数据会挂掉：

2
ewq
eewq

"ewq" 会把 "eewq"统计进去，去重处理之后，会输出 (2)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mit map<int,int>::iterator
#define sit set<int>::iterator
#define itrm(g,x) for(mit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define itrs(g,x) for(sit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define ltype int
#define rep(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<=(k);(i)++)
#define rap(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<(k);(i)++)
#define per(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)>=(k);(i)--)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
#define fastio ios::sync_with_stdio(false)
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
const double pi=3.1415926535897932,eps=1e-6;
void chmax(int &x,int y){if(x < y) x = y;}
void chmin(int &x,int y){if(x > y) x = y;}
int n;ll ans;
string s[200005];
int son[1000005][27],tag[1000005];
char typ[1000005];
int ex[1000005][27],suf1[1000005],suf2[1000005][27];/*ex 是无用数组*/
int num;
//root is 0
void ins(string s){
    int cur = 0;
    rap(i,0,s.size()){
        if(!son[cur][s[i] - 'a']) {
            son[cur][s[i] - 'a'] = ++num;
            typ[num] = s[i];
            cur = num;
        }
        else cur = son[cur][s[i] - 'a'];
    }
    tag[cur]++;
}
void dfs(int x){
    ex[x][typ[x] - 'a'] ++;//无用语句
    suf1[x] += tag[x];
    rep(i,0,25){
        if(son[x][i]) {
            dfs(son[x][i]);
            suf1[x] += suf1[son[x][i]];
            rep(j,0,25) {ex[x][j] += ex[son[x][i]][j]; suf2[x][j] += suf2[son[x][i]][j];}
        }
    }
    rep(ch,0,25) {
        if(typ[x] == ch + 'a') suf2[x][ch] = suf1[x];
    }
    //cout<<x<<' '<<typ[x]<<' '<<suf2[x][2]<<'
';
}
int main()
{
    fastio;
    cin>>n;
    rep(i,1,n) {cin>>s[i];reverse(s[i].begin(),s[i].end());}
    rep(i,1,n) ins(s[i]);
    dfs(0);
    rep(i,1,n) {
        //walk
        int nwlen = (int)s[i].size() - 1;
        int cur = 0;
        bool flg = 0;
        rap(j,0,nwlen){
            int to = son[cur][s[i][j] - 'a'];
            if(!to) {flg = 1;break;}
            cur = to;
        }
        if(flg) continue;
        //cout<<i<<' '<<cur<<'
';
        char lst = s[i].back();
        rep(ch,0,25) if(son[cur][ch]) ans += suf2[son[cur][ch]][lst - 'a'];
        //cout<<lst<<' '<<suf2[cur][lst - 'a']<<'
';
    }
    ans -= n;
    cout<<ans<<'
';
    return 0;
}

AGC047E

本人思路有点奇怪，希望大家能看懂。。。

为了解释清晰一点，令 (N = 200000)。

(A,B leq 10) 看起来比较好搞。

我们想办法把 (a_{N - 1}) 搞成 (1) 备用。

考虑把 (a_2) 加上 (A) 个 (B) ，这样就是 (A imes B) 了

于是在 (a_3) 中存上 (B) 的副本，然后把 (a_0) 加上 (B) ，变成 (A + B) ，这样只要循环(10)次，每次当 (a_0 < a_1) 时，把 (a_2) 加上 (B)，然后把(a_1) 加上 (1) ，就达成了目标。

但是直接"加上 (B)"也不好做，因为没有"if"。

然后只能把 (B) 拆成 (B) 个 (1) 加在一起了。又要套一个(10)次的循环，每次判断是不是要加这个 (1)

那么这个 (1) 什么时候可以加呢？当然是

a[1] < a[0] && j - 1 < a[3](j 为循环变量)

用一个位置 (a_{4}) 来储存 (j)，重头戏是如何处理与运算

我们用 (a_{N - 2}) 来储存 (a_1 leq a_0)， (a_{N - 3}) 来储存 (a_{4} leq a_3) ，(a_{N - 4}) 来储存 (a_{N - 2} + a_{N - 3})。只要 (1 < a_{N - 4}) 成立，那么上式为真。这样就可以做了。

还有一个小问题：(A,B) 有可能等于 (0)，如何确保 (a_{N - 1}) 等于 (1) ？

如果 (A) 与 (B) 至少一个大于 (0)，令 (a_{N - 1} = (A > 0) || (B > 0)) 即可（“与”会了，“或”应该也会了）（注：我一开始傻了，好像直接判断 (A+B > 0) 就 ok 了...）

否则，无论怎样操作，都不可能搞出任何一个大于 (0) 的数，算出的答案一定是 (0)，我们也就不用管了。

程序中出现了各种各样奇怪的下标，有些特殊的做了注释，其他的自行转换一下吧。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mit map<int,int>::iterator
#define sit set<int>::iterator
#define itrm(g,x) for(mit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define itrs(g,x) for(sit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define ltype int
#define rep(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<=(k);(i)++)
#define rap(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<(k);(i)++)
#define per(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)>=(k);(i)--)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
#define fastio ios::sync_with_stdio(false)
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
const double pi=3.1415926535897932,eps=1e-6;
void chmax(int &x,int y){if(x < y) x = y;}
void chmin(int &x,int y){if(x > y) x = y;}
string buf[44444];
int top;
void Puts(string s){buf[++top] = s;}
int main()
{
    //freopen("code.txt","w",stdout);
    //注意这四行 a[2] 是当作 0 来用的
    Puts("< 2 0 199999");
    Puts("< 2 1 747");
    Puts("+ 199999 747 748");
    Puts("< 2 748 199999");//199999 先存 A>0， 747 748 这两个下标分别用来存 B>0 和 (A>0) + (B>0)，再把 ((A>0) + (B>0)) > 0 存回 199999
    Puts("+ 3 1 3");//a[3] = B
    Puts("+ 0 1 0");//a[0] += B
    rep(i,1,10) {
        Puts("< 1 0 199998");//a[1] < a[0]
        Puts("+ 234 123 4");//清空
        rep(j,1,10){
            Puts("< 4 3 199997");//j - 1 < a[3]
            Puts("+ 199998 199997 199996");
            Puts("< 199999 199996 199995");
            Puts("+ 2 199995 2");//统计答案
            Puts("+ 4 199999 4");//循环变量增加
        }
        Puts("+ 1 199999 1");//循环变量增加
    }
    printf("%d
",top);
    rep(i,1,top) printf("%s
",buf[i].c_str());
}