【ATcoder】AtCoder Beginner Contest 162 题解

A - Lucky 7

大水题，模拟即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main() {
    string s;
    cin >> s;
    if (s[0] == '7' || s[1] == '7' || s[2] == '7') {
        puts("Yes");
    } else {
        puts("No");
    }
    return 0;
}

B - FizzBuzz Sum

还是大水题，模拟。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main() {
    int n;
    long long ans = 0;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (i % 3 != 0 && i % 5 != 0) {
            ans += i;
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

C - Sum of gcd of Tuples (Easy)

这次的前几题怎么都那么水鸭。

数据范围那么小，暴力枚举即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int k;
long long ans;
int gcd(int a, int b) {
    if (b == 0) return a;
    return gcd(b, a % b);
}
int main() {
    cin >> k;
    for (int a = 1; a <= k; a++) {
        for (int b = 1; b <= k; b++) {
            int d = gcd(a, b), e;
            for (int c = 1; c <= k; c++) {
                e = gcd(d, c);
                ans += e;
            }
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

D - RGB Triplets

枚举前两个数的位置，假设是i，j（$i < j$）

处理一个后缀颜色数量cnt[x][c]代表从x-n有多少颜色c。

枚举的时候先加上cnt[j+1][除了i,j的另外一种颜色]

然后再判断和i到j等距的那个点有没有被算上，如果被算上了直接减一即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
long long n;
char s[4010];
long long cnt[4010][3];//0:R 1:G 2:B
long long ans;
long long f(char c) {
    if (c == 'R') return 0;
    if (c == 'G') return 1;
    return 2;
}
long long g(char a, char b) {
    return (3 - f(a) - f(b)) % 3;
}
int main() {
    scanf("%lld%s", &n, s + 1);
    for (long long i = n; i >= 1; i--) {
        cnt[i][0] = cnt[i + 1][0];
        cnt[i][1] = cnt[i + 1][1];
        cnt[i][2] = cnt[i + 1][2];
        cnt[i][f(s[i])]++;
    }
    for (long long i = 1; i < n - 1; i++) {
        for (long long j = i + 1; j < n; j++) {
            if (s[i] == s[j]) continue;
            ans += cnt[j + 1][g(s[i], s[j])];
            if (j + j - i <= n && f(s[j + j - i]) == g(s[i], s[j])) ans--;
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

E - Sum of gcd of Tuples (Hard)

简单容斥。

设dp[d]=gcd(a1,a2...an)=d的数列的数量，显然ai得是d的倍数，有$frac{k}{d}$种选择，所以有${frac{k}{d}}^n$个数列。

但是这样会包含gcd=d*2,gcd=d*3...的答案，所以要减去。

实现的时候倒着循环即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const long long mod = 1e9 + 7;
long long n, k;
long long dp[100010], ans;
long long ksm(long long a, long long b) {
    long long ret = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) {
            ret = (ret * a) % mod;
        }
        a = (a * a) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
int main() {
    cin >> n >> k;
    for (long long i = k; i >= 1; i--) {
        long long num = k / i;
        dp[i] = ksm(num, n);
        for (long long j = i + i; j <= k; j += i) {
            dp[i] = (dp[i] - dp[j] + mod) % mod;
        }
        ans = (ans + dp[i] * i) % mod;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

 F - Select Half

动态规划。

设计子状态dp[i]代表前i个数取$frac{i}{2}$个数的最大值，显然dp[1]=0。

考虑转移方程。

若i为奇数

则若不选i，答案是dp[i-1]，若选i，答案是dp[i-2]+a[i]，在两者之间取max即可

若i为偶数，若选i同上，若不选i只有取i-1以内左右编号为奇数的数这一种情况，两者取max即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
long long n;
long long a[200010];
long long dp[200010];
long long sum[200010];
int main() {
    scanf("%lld", &n);
    for (long long i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
    sum[1] = a[1];
    for (long long i = 3; i <= n; i += 2) {
        sum[i] = sum[i - 2] + a[i];
    }
    for (long long i = 2; i <= n; i++) {
        if (i & 1) {
            dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + a[i]);
        } else {
            dp[i] = max(sum[i - 1], dp[i - 2] + a[i]);
        }
    }
    printf("%lld", dp[n]);
    return 0;
}