AtCoder Beginner Contest 196 A-F题解

AC代码

A - Difference Max

输出(b - c)。

B - Round Down

遍历字符串，若遇到.将其改为。

C - Doubled

易得：前半部分的值不会超过(10^6)。

所以可以枚举前半部分的值，再判断是否满足条件。

D - Hanjo

因为(HW le 16)，比较小，所以直接递归暴力求解。

复杂度分析

如果面积为2的方块都确定了，那么面积为1的方块的放置方式也就确定了。

若不考虑面积为2的方块重叠的case，那么可以从(HW)个各自中选择(A)个作为方块的左上角，一共(C_{HW}^{A})种方法，再加上每个方块有两种可能的朝向，一共(2^A)中方法。合并在一起一共(2^AC_{HW}^{A})种放置方法。

若考虑方块重叠，放置方法会更少。

由此，复杂度至多为(O(2^AC_{HW}^{A}))，在这题的数据量上已经足够了。

E - Filters

首先，每种操作都可以按下列方式转化成(f(x) = min(c, max(b, x + a)))的形式。

• (t_i = 1: f(x) = x + a_i = min(infin, max(-infin, x + a_i)))
• (t_i = 2: f(x) = max(a_i, x) = min(infin, max(a_i, x + 0)))
• (t_i = 3: f(x) = min(a_i, x) = min(a_i, max(-infin, x + 0)))

其次，可以推导出：若(f,g)都为具备上述形式的函数，那么(g(f(x)))也为满足上述形式的函数。

由此，(f_N( dots f_2(f_1(x_i)) dots ))也为满足上述形式的函数，每次按(t_i)的不同更新参数(a, b, c)即可，每次更新的时间复杂度为(O(1))。具体如下：

• (f_1(x) = min(c_1, max(b_1, x + a_1)))
• (f_2(x) = min(c_2, max(b_2, x + a_2)))
• (f_2(f_1(x)) = min(min(c_2, max(b_2, c_1 + a_2)), max(max(b_2, min(c_1 + a_2, b_1 + a_2)), x + (a_1 + a_2))))

现在，(f_N( dots f_2(f_1(x_i)) dots ) = min(c, max(b, x + a)))然后就可以(O(1))回答每一个询问，总的复杂度是(O(N + Q))。

F - Substring 2

若(S_i = T_j)，则两者匹配的代价为0，反之为1。其实就是异或操作。

若(T)最后成了(S)从下标(i)开始的字串，则需要的操作次数

[egin{align} cost_i &= sum_{j = 0}^{|T| - 1} S_{i + j} oplus T_j \ &= sum_{j = 0}^{|T| - 1} (1 - S_{i + j})T_j + sum_{j = 0}^{|T| - 1} S_{i + j}(1 - T_j) \ &= sum_{j = 0}^{|T| - 1} S_{i + j} + sum_{j = 0}^{|T| - 1} T_j - 2sum_{j = 0}^{|T| - 1} S_{i + j}T_j end{align} ]

式子的前两项都比较容易计算，而第3项长得很像卷积的式子，也确实可以通过简单的换元变成卷积。

若(R^prime = reverse(T))，则有

[egin{align} C_i &= sum_{j = 0}^{|T| - 1} S_{i + j}T_j \ &= sum_{j = 0}^{|T| - 1} S_{i + j}R_{|T| - 1 - j} \ &= sum_{x + y = i + |T| - 1} S_xR_y end{align} ]

(C_i)可以用FFT在(O(n log_n))的时间内计算。特别地，(C_{i - |T| + 1})是(cost_i)的第3项值。

计算出所有的(cost_i)取最小即可。