AtCoder Beginner Contest 351

A - The bottom of the ninth (abc351 A)

题目大意

给定\(9\)\(a_i\)\(8\)\(b_i\),问最后一个 \(b_9\)是多少,使得 \(\sum a_i < \sum b_i\)

解题思路

答案就是\(\sum a_i - \sum b_i + 1\)

神奇的代码
a = sum(map(int, input().split()))
b = sum(map(int, input().split()))
print(a - b + 1)


B - Spot the Difference (abc351 B)

题目大意

给定两个二维矩阵,仅一个位置元素不一样,找出那个位置。

解题思路

二维遍历一下就找到了。

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<string> a(n), b(n);
    for (auto& x : a)
        cin >> x;
    for (auto& x : b)
        cin >> x;
    auto solve = [&]() {
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (a[i][j] == b[i][j])
                    continue;
                return make_pair(i, j);
            }
        }
        return make_pair(-1, -1);
    };
    auto [x, y] = solve();
    cout << x + 1 << ' ' << y + 1 << '\n';

    return 0;
}



C - Merge the balls (abc351 C)

题目大意

给定一个队列,执行以下\(q\)次操作。

每次操作,队尾塞一个 大小为 \(2^{a_i}\)的球。然后重复以下操作:

  • 若队尾两个球的大小不同,结束该操作
  • 否则,移除队尾两个的两个球,放一个大小 \(2^{a_i+1}\)的球 。回到上述操作。

解题思路

直接模拟即可,因为每个球最多只会被移除一次,最多只有\(q\)个球,因此从对球的操作次数考虑时间复杂度的话,其时间复杂度是 \(O(q)\)

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> team;
    while (n--) {
        int x;
        cin >> x;
        team.push_back(x);
        while (team.size() > 1) {
            int a = team.back();
            int b = team[team.size() - 2];
            if (a == b) {
                team.pop_back();
                team.pop_back();
                team.push_back(a + 1);
            } else {
                break;
            }
        }
    }
    cout << team.size() << '\n';

    return 0;
}



D - Grid and Magnet (abc351 D)

题目大意

给定一个二维网格,一些格子上有磁铁,当走到磁铁格子上下左右的格子后,就动不了了。

问从哪个格子出发,其可以到达的格子数最多。

注意不是一次出发能到达的格子的最大值,是好格子的数量,存在一条路径到达好格子。

解题思路

考虑朴素的做法,就是\(O((hw)^2)\),即枚举起点,然后 \(BFS\)得到到达的格子的数量。由于 \(h,w \leq 10^3\),这显然会超时。

\(O((hw)^2)\)中,枚举起点花了 \(O(hw)\),每次 \(BFS\)花了 \(O(hw)\)

考虑枚举起点能否优化。会发现有些枚举起点是无用的。

假设磁铁周围的格子是终止格子,如果枚举的一个起点是非终止格子,且其左边也是个非终止格子,那这两个格子的答案应该是一样的。因为它们可以相互到达,没任何影响,所能到达的点的范围是一样的。

由此,对于这个非终止格子,和周围同样是非终止格子合并在一起,在这个区域内任选一个格子进行一次 \(BFS\),就能得到该格子的答案, 且这也是这个区域内所有非终止格子的答案。

因此预处理出所有的终止格子非终止格子,然后从所有的未被访问过的非终止格子进行\(BFS\),求得访问过的格子数量。注意终止格子在不同的\(BFS\)可以重复访问,但同个 \(BFS\)只能访问一次,所以 终止格子的访问状态在每次\(BFS\)之前要重置,为避免重置访问状态带来的额外开销,访问状态\(visit[i]\)就改为记录访问时间 \(time[i]\),这样根据访问时间,也能判断本次 \(BFS\)是否访问该格子,也免去了重置 \(visit[i]=0\)的开销。

由于所有非终止格子只会访问一次,每个终止格子最多只会访问三次(一个方向是磁铁,然后可能有三个方向到达此格子),因此最后的时间复杂度是\(O(hw)\)

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int h, w;
    cin >> h >> w;
    vector<string> a(h);
    for (auto& x : a)
        cin >> x;
    bool empty = false;
    vector<vector<int>> stop(h, vector<int>(w, 0));
    array<int, 4> dx = {1, 0, -1, 0};
    array<int, 4> dy = {0, 1, 0, -1};
    for (int i = 0; i < h; i++) {
        for (int j = 0; j < w; j++) {
            if (a[i][j] == '#') {
                stop[i][j] = 1;
                for (int k = 0; k < 4; k++) {
                    int ni = i + dx[k];
                    int nj = j + dy[k];
                    if (ni >= 0 && ni < h && nj >= 0 && nj < w) {
                        stop[ni][nj] = 1;
                    }
                }
            }
            if (a[i][j] == '.') {
                empty = true;
            }
        }
    }

    vector<vector<int>> visited(h, vector<int>(w, 0));
    int ans = empty;
    int tt = 0;
    for (int i = 0; i < h; i++) {
        for (int j = 0; j < w; j++) {
            if (visited[i][j] != 0 || stop[i][j]) {
                continue;
            }
            ++tt;
            queue<pair<int, int>> q;
            q.push({i, j});
            visited[i][j] = tt;
            int cnt = 0;
            while (!q.empty()) {
                auto [x, y] = q.front();
                q.pop();
                cnt++;
                if (stop[x][y]) {
                    continue;
                }
                for (int k = 0; k < 4; k++) {
                    int nx = x + dx[k];
                    int ny = y + dy[k];
                    if (nx >= 0 && nx < h && ny >= 0 && ny < w &&
                        visited[nx][ny] < tt) {
                        visited[nx][ny] = tt;
                        q.push({nx, ny});
                    }
                }
            }
            ans = max(ans, cnt);
        }
    }
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}



E - Jump Distance Sum (abc351 E)

题目大意

二维网格,\(n\)个点,一次可以往四个角的方向走。定义 \(dist(p_i, p_j)\) 为从\(p_i \to p_j\)需要的最小步数。若不能到达,则假定步数为\(0\)

\(\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i + 1}^{n} dist(p_i, p_j)\)

解题思路

考虑怎样的情况是不能到达的。容易发现,一个格子不能到达其上下左右相邻的格子。

更进一步的,对每个点\((x,y)\),当移动时,观察 \(x+y\)的变化 ,会发现只有三种情况:\(-2, 0, +2\),无论哪种,其 \(x+y\)的奇偶性不变。因此可以得到 \(x+y\)奇偶性不同的点无法相互到达。相同的点或许可以到达(实际上是可以的)。

先对所有点根据 \(x+y\)的奇偶性分类,考虑同类别的\(p_i, p_j\),其 \(dist\)如何计算。

简单起见,考虑 \((x_i, y_i) \to (x_j, y_j)\) ,且\(x_j > x_i, y_j > y_i\)。每次移动,对于每个座标上的值,都得 \(+1, -1\),假设 \(x_j - x_i > y_j - y_i\),为了最小步数,那我肯定每次选择的动作,都会让 \(x_i + 1\)。至于 \(y_i\),如果每次也 \(y_i + 1\),那最终就超过了 \(y_j\),因此中间需要一些 \(y_i - 1\),来避免超过 \(y_j\)。即一开始先 \((+1, +1)\),当 \(y_i == y_j\)后,就 \((+1, +1)\)\((+1, -1)\)交替,以保持 \(y_i == y_j\)不变,同时 \(x_i \to x_j\)

但这样最后能到达 \((x_j, y_j)\)吗?就看是否满足 \((+1, +1)\)\((+1, -1)\)数量相等。当\(y_i == y_j\)时,还需要执行 \(left = x_j - x_i\)个步骤,如果 \(left\)是偶数,则\((+1, +1)\)\((+1, -1)\)数量相等,可行。事实上,因为\(x_i + y_i\)\(x_j + y_j\)奇偶性相同,并且 \(y_i == y_j\),因此 \(x_i,x_j\)的奇偶性也相同,则 \(x_j - x_i\)必定是偶数,因此也一定能到达 \(x_j, y_j)\)

由上述分析可以得知, \(dist(p_i, p_j) = \max (|x_i - x_j|, |y_i - y_j|)\)

朴素求和就是\(O(n^2)\),棘手在\(\max\)上,注意到上述距离实际上是切比雪夫距离,可以

绝对值去掉的方式比较套路,可以对 \(x_i\)排序,然后按顺序遍历 \(x_i\),这样 \(x_i - x_j\)就始终是一个符号,但是外层还套了一个 \(\max\)比较棘手。

注意到上述距离实际上是切比雪夫距离,可以将其转换成曼哈顿距离。得到新点\((\frac{x_i + y_i}{2}, \frac{x_j + y_j}{2})\),然后计算两点的曼哈顿距离,即两维度的差的绝对值的和。其中 \(x\)维度和 \(y\)维度是可以分开算的,因此就按照上述绝对值去掉的方式,维护前缀和,计算求和即可。

时间复杂度是\(O(n)\)

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    array<vector<pair<int, int>>, 2> p{};
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        p[(x + y) & 1].push_back({x + y, x - y});
    }
    auto solve_one = [&](vector<int>& x) -> LL {
        sort(x.begin(), x.end());
        LL ans = 0, sum = 0;
        for (int i = 0; i < x.size(); i++) {
            ans += 1LL * x[i] * i - sum;
            sum += x[i];
        }
        return ans;
    };
    auto solve = [&](vector<pair<int, int>>& p) -> LL {
        vector<int> x, y;
        for (auto& [a, b] : p) {
            x.push_back(a);
            y.push_back(b);
        }
        return solve_one(x) + solve_one(y);
    };
    LL ans = solve(p[0]) + solve(p[1]);
    ans /= 2;
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}



F - Double Sum (abc351 F)

题目大意

给定\(n\)个数 \(a_i\),计算 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}\max(a_j-a_i, 0)\)

解题思路

将求和式变一下,即为\(\sum_{j=1}^{n}\sum_{i<j, a_i < a_j} a_j - a_i = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i < j, a_i < a_j} a_j - \sum_{i < j, a_i < a_j} a_i\)

即两个二维偏序问题,一个关于\(i < j, a_i < a_j\)的计数问题,一个关于\(i < j, a_i < a_j\)\(a_i\)求和问题。

二维偏序的解法,假想在一个二维坐标系内,就是问一个矩形的和。

可通过循环满足一个不等式关系(即满足一维),再用一个数据结构维护另一个不等式关系(维护另一维)求和。

以第一个偏序问题为例,即枚举下标\(j\),把小于 \(j\)的加入到数据结构中(满足了 \(i < j\)),然后在满足小于\(a_j\)范围求和,此为一个区间查询操作。故可以建一棵树状数组或线段树维护此查询操作。其下标的含义是\(a_j\)而不是 \(j\)。由于这里的 \(a_j\)高达 \(10^8\),但数量不超过 \(10^5\),因此需要事先离散化。

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

// starting from 1
template <typename T> class fenwick {
  public:
    vector<T> fenw;
    int n;

    fenwick(int _n) : n(_n) { fenw.resize(n); }

    inline int lowbit(int x) { return x & -x; }

    void modify(int x, T v) {
        for (int i = x; i < n; i += lowbit(i)) {
            fenw[i] += v;
        }
    }

    T get(int x) {
        T v{};
        for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) {
            v += fenw[i];
        }
        return v;
    }
};

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    set<int> candidate;
    for (auto& x : a) {
        cin >> x;
        candidate.insert(x);
    }
    map<int, int> rank;
    for (auto x : candidate) {
        rank[x] = rank.size() + 1;
    }

    fenwick<LL> presum(rank.size() + 1), cnt(rank.size() + 1);
    LL ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int pos = rank[a[i]];
        ans += 1ll * a[i] * cnt.get(pos) - presum.get(pos);
        cnt.modify(pos, 1);
        presum.modify(pos, a[i]);
    }
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}



G - Hash on Tree (abc351 G)

题目大意

给定一棵有根树,根是\(1\)。点有权值\(a_i\),定义树的权值为\(f(1)\)

\(f\)的计算方式为:

  • \(i\)是叶子,则 \(f(i) = a_i\)
  • 否则, \(f(i) = a(i) + \prod_{j \in son(i)} f(j)\)

执行\(q\)次操作,每次操作修改一个点的权值,回答修改后的树的权值,即\(f(1)\)

解题思路

<++>

神奇的代码



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