Atcoder Beginner Contest 379 (A-F)

Atcoder Beginner Contest 379 (A-F)

题目链接

A - Cyclic

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;using i64=long long;void Showball(){char a,b,c;cin>>a>>b>>c;cout<<b<<c<<a<<" "<<c<<a<<b<<"\n"; 
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t=1;//cin>>t;while(t--){Showball();}return 0;
}

B - Strawberries

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;using i64=long long;void Showball(){int n,k;cin>>n>>k;string s;cin>>s;int ans=0;for(int i=0,j=0;i<n;){while(j<n&&s[j]==s[i]) j++;if(s[i]=='O') ans+=(j-i)/k;i=j; } cout<<ans<<"\n";
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t=1;//cin>>t;while(t--){Showball();}return 0;
}

C - Sowing Stones

对比其余 \(C\) 题，算是有点难度的。首先如果棋子之和不等于 \(n\) ，或者最小的 \(x_i\) 不为 \(1\) ，那么无解。

因为每个棋子只能往后移动，因此我们直接贪心往后放即可。相邻的 \(x_i\) 之间的都需要移动，发现贡献是一个等差数列。

直接求即可。如果数量不够，说明无解。多的棋子直接给下一个 \(x_i\) ，注意这部分也要算贡献。最后判断一下棋子有没有剩余即可。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;using i64=long long;void Showball(){int n,m;cin>>n>>m;vector<pair<int,int>> a(m+1);for(int i=0;i<m;i++) cin>>a[i].first;i64 sum=0;    for(int i=0;i<m;i++) {int x;cin>>x;sum+=x;a[i].second=x;}a[m].first=n+1;sort(a.begin(),a.end());if(sum!=n||a[0].first!=1) return cout<<"-1\n",void();i64 ans=0;for(int i=0;i<m;i++){a[i].second--;int d=a[i+1].first-a[i].first-1;if(a[i].second<d) return cout<<"-1\n",void();ans+=1LL*d*(d+1)/2;if(a[i].second>d){a[i+1].second+=(a[i].second-d);ans+=1LL*(a[i].second-d)*(a[i+1].first-a[i].first);}}if(a[m].second) ans=-1;cout<<ans<<"\n";
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t=1;//cin>>t;while(t--){Showball();}return 0;
}

D - Home Garden 思维

因为只有全局加操作，因此我们可以使用类似懒标记的思想，将所有的加操作加到标记上，那么插入一个新花盆的时候，我们可以赋初值为 \(-sum\) 。然后维护好单调性，有多少个大于 \(h\) 我们直接二分即可。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;using i64=long long;void Showball(){int q;cin>>q;int hh=q,tt=q;vector<i64> a(q);i64 sum=0;while(q--){int op;cin>>op;if(op==1){a[--hh]=-sum;}else if(op==2){int t;cin>>t;sum+=t;}else{int h;cin>>h;int p=lower_bound(a.begin()+hh,a.begin()+tt,h-sum)-(a.begin()+hh);cout<<tt-hh-p<<"\n";tt=hh+p;}}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t=1;//cin>>t;while(t--){Showball();}return 0;
}

E - Sum of All Substrings

经典的拆分算贡献的题目，我们发现每一位数字的贡献为 \(i\times a_i \times(10^0+10^1+...+10^{n-i})\)。

等差数列求和即可。但是本题数据范围很大，要用高精度，复杂难写。我们可以用数组存取每一位的系数，

那么每次操作，就相当于区间加上一个系数，用差分解决即可。最后模拟处理一下进位即可。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;using i64=long long;void Showball(){int n;cin>>n;string s;cin>>s;s="?"+s;vector<i64> a(500010);for(int i=1;i<=n;i++){int x=n-i+1,y=i*(s[i]-'0');a[1]+=y;a[x+1]-=y;}for(int i=1;i<=n;i++) a[i]+=a[i-1];i64 k=0;for(int i=1;i<=n;i++){a[i]+=k;k=a[i]/10;a[i]%=10;}int cnt=n;while(k){a[++cnt]=k%10;k/=10;}for(int i=cnt;i;i--) cout<<a[i];
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t=1;//cin>>t;while(t--){Showball();}return 0;
}

F - Buildings 2

首先我们可以知道：\(l\) 能够看到的建筑物 \(r\) 一定能够看到， \(r\) 能够看到的建筑物 \(l\) 不一定能够看到。

因此想要找 \(l,r\) 都能够看到的建筑物，只需要去找 \(l\) 能够看到的建筑物中位置在 \(r\) 右边的即可。

考虑离线，将询问按照左端点进行分类。每个位置能够看到的建筑物，我们可以倒着维护一个单调队列。

然后在这个单调队列上进行二分即可。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;using i64=long long;void Showball(){int n,q;cin>>n>>q;vector<int> h(n+1);vector<array<int,2>> Q[n+1];for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i];for(int i=1;i<=q;i++){int l,r;cin>>l>>r;Q[l].push_back({r,i});}  vector<int> st(n+1),ans(q+1);int cnt=0;for(int i=n;i;i--){for(auto [j,id]:Q[i]){int l=1,r=cnt;while(l<r){int mid=l+r+1>>1;if(st[mid]>j) l=mid;else r=mid-1;}if(st[l]<=j) ans[id]=0;else ans[id]=l;}while(cnt&&h[st[cnt]]<h[i]) cnt--;st[++cnt]=i;}for(int i=1;i<=q;i++) cout<<ans[i]<<"\n";
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t=1;//cin>>t;while(t--){Showball();}return 0;
}