ABC371

news/2025/1/15 14:03:08/文章来源:https://www.cnblogs.com/zuoqingyuan/p/18414815

呜呜呜，第一次打完完整的 ABC。才打了 2000 多名，太菜了。（

A - Jiro

十分简单，分讨即可。

点击查看代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
char a,b,c;
int main(){cin>>a>>b>>c;if(a=='>'){if(b=='>'){if(c=='>')cout<<"B"<<endl;if(c=='<')cout<<"C"<<endl;}if(b=='<'){if(c=='>')cout<<"A"<<endl;if(c=='<')cout<<"A"<<endl;}}if(a=='<'){if(b=='>'){if(c=='>')cout<<"A"<<endl;if(c=='<')cout<<"A"<<endl;}if(b=='<'){if(c=='>')cout<<"C"<<endl;if(c=='<')cout<<"B"<<endl;}}return 0;
}

时间复杂度 \(O(1)\)。

B - Taro

用一个数组记录每个家庭是否生过一个男孩。

如果是女的直接输出 no，否则查看数组是否标记，然后做判断。

点击查看代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=105;
int n,m,mk[N];
int main(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){char f;int x;cin>>x>>f;if(f=='F')cout<<"No"<<endl;else{if(mk[x])cout<<"No"<<endl;else cout<<"Yes"<<endl,mk[x]=1;}}return 0;
}

时间复杂度 \(O(n)\)。

C - Make Isomorphic

终于不再入门。不过依然十分简单。

“同构”的关系比较难处理，不过我们可以这样理解同构：

给每个 \(G\) 上的点 \(i\) 确定一个 \(H\) 上的点 \(p_i\)，如果 \(G,H\) 同构，则说明 \(\forall (i,j),G_{i,j}=1,H_{p_i,p_j}=1\)。

排列 \(p\) 是不确定的，不过 \(n\le 8\)，可以暴力枚举全排列，然后取所有全排列的方案的最小花费。

计算方案的花费非常简单，先将原图使用邻接矩阵存储下来，枚举邻接矩阵上的每个位置，如果存在没某个位置 \((i,j)\) 使得 \(G_{i,j}\ne H_{i,j}\)，则花费增加 \(A_{i,j}\)。

全排列可以用 STL 中的 next_permutation 函数来实现。

点击查看代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int p[10],n,w[10][10],h[10][10],m,ans=1e9+10,a[10][10];
int main(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){p[i]=i; } cin>>m;for(int i=1,u,v;i<=m;i++){cin>>u>>v;w[u][v]=w[v][u]=1;}cin>>m;for(int i=1,u,v;i<=m;i++){cin>>u>>v;h[u][v]=h[v][u]=1;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i+1;j<=n;j++){cin>>a[i][j];a[j][i]=a[i][j];}}while(1){int res=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<i;j++){if(w[i][j]!=h[p[i]][p[j]])res+=a[p[i]][p[j]];}}ans=min(ans,res);if(!next_permutation(p+1,p+1+n))break;}cout<<ans<<endl;return 0;
}

时间复杂度 \(O(n!·n^2)\)

D - 1D Country

感觉比上一题还简单，不过有一点细节。

静态查询区间和，显然可以用前缀和。

下标过大，可以离散化，然后二分查找，因为题目限制，实现起来非常简单。

注意二分的边界问题，如果不存在一个村庄位置小于当前查询的 \(l\)，或不存在一个村庄位置大于当前查询的 \(r\)。答案都是 \(0\)。

否则二分查找第一个大于等于 \(l\) 的村庄离散化后的值，即为查询的左边界；二分查找第一个大于 \(r\) 的村庄离散化后的值，其减一即为查询的有区间。可以用 STL 中的 lower_bound 和 upper_bound 实现。

点击查看代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
typedef long long ll;
ll n,q,x[N],s[N];
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",x+i);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",s+i);s[i]+=s[i-1];}scanf("%d",&q);for(int i=1;i<=q;i++){ll l,r;scanf("%lld %lld",&l,&r);if(l>x[n]||r<x[1])printf("0\n");else{l=(lower_bound(x+1,x+1+n,l)-x)-1;r=(upper_bound(x+1,x+1+n,r)-x)-1;printf("%lld\n",s[r]-s[l]);}}return 0;
}

时间复杂度 \(O(q\log n)\)。

E - I Hate Sigma Problems

终于上难度哩！

由于长的像序列分治，所以我决定使用序列分治。

假设当前分治区间为 \([l,r]\)，令 \(mid=\dfrac{l+r}{2}\)。我们考虑如果快速计算所有 \(l\le i\le mid<j\le r\) 的 \(f(i,j)\) 之和。

我们考虑枚举 \(j\)，假设 \(s=\sum_{i=l}^{mid}f(i,j-1)\)。我们考虑 \(a_j\) 的加入对 \(s\) 的影响。

如果存在 \(k\in[mid+1,j-1],a_k=a_j\)，则 \(a_j\) 的加入无任何影响，即 \(\sum_{i=l}^{mid}f(i,j)=\sum_{i=l}^{mid}f(i,j-1)\)

如果不存在 \(k\) 满足上述条件，那么对于那些 \(i\in [l,mid]\) 且不存在 \(k\in [i,mid]\) 使得 \(a_k=a_j\) 的区间 \(f(i,j)\) 均等于 \(f(i,j-1)+1\)。我们直接在 \(s\) 上修改。

暴力枚举 \(i\) 显然是低效的，我们预处理出 \(lst_x\) 表示 \(x\) 在 \([l,mid]\) 中最后一次出现的位置，显然所有 \(i\in [lst_{a_{j}}+1,mid]\) 均满足要求。

最后记得清空。

点击查看代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
typedef long long ll;
int n,a[N],lst[N],mk[N];
ll ans;
void solve(int l,int r){if(l==r){ans++;return;}int mid=(l+r)>>1;ll res=0,sum=0;solve(l,mid);solve(mid+1,r);for(int i=mid;i>=l;i--){if(!lst[a[i]])lst[a[i]]=i,res++;sum+=res;}for(int i=mid+1;i<=r;i++){if(!mk[a[i]]){if(lst[a[i]])sum+=mid-lst[a[i]];else sum+=mid-l+1;mk[a[i]]=1;}ans+=sum;}for(int i=l;i<=mid;i++)lst[a[i]]=0;for(int i=mid+1;i<=r;i++)mk[a[i]]=0;return;
}
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",a+i);}	solve(1,n);printf("%lld\n",ans);return 0;
}

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

好像有点复杂了