AtCoder Grand Contest 047
阿新 • • 發佈：2021-07-14
AtCoder Grand Contest 047
A - Integer Product
考慮將原來的數全部化為整數，乘上 \(10^9\)，那麼問題就變成了是否有兩個數的乘積是 \(10^{18}\) 的倍數。考慮如果是 \(10^{18}\) 的倍數的話必然是 \(2^{18}\) 和 \(5^{18}\) 的倍數，那麼分解出每個數的 \(2,5\) 因子數量，然後再看看有多少個數與它 \(2,5\) 的因子個數之和分別大於 \(18\)。
程式碼：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<map> using namespace std; const int N=200005; int n; long long a[N]; map<pair<int,int>,int>book; int main() { scanf("%d",&n); long long ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { double x; scanf("%lf",&x); a[i]=x*1e9+0.5; int cnt2=0,cnt5=0; while(a[i]%2==0) cnt2++,a[i]/=2; while(a[i]%5==0) cnt5++,a[i]/=5; for(auto [x,num]:book) if(x.first+cnt2>=18&&x.second+cnt5>=18) ans+=num; book[make_pair(cnt2,cnt5)]++; } printf("%lld",ans); return 0; }
B - First Second
不妨將所有串翻轉，方便計算。考慮兩個字串合法的條件即為一個串為另一個串的字首或者一個串在倒數第二個字元和倒數第一個字元之間插入若干個字元是另一個串的字首。那麼用 Trie 搞一搞就好了，維護一下當前節點子樹中有多少個 \(j\)，每次插入的時候更新一下就好了。
程式碼：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=200005,M=1000005; int n; string s[N]; struct Node { int col[26]; int ch[26]; }trie[M]; int tot=1; void insert(const string &s) { static int col[26]; int len=s.size(); for(int i=0;i<len;i++) col[s[i]-'a']++; int u=1; for(int i=0;i<len;i++) { int c=s[i]-'a'; for(int j=0;j<26;j++) if(col[j]) trie[u].col[j]++; if(!trie[u].ch[c]) trie[u].ch[c]=++tot; u=trie[u].ch[c]; col[c]--; } return; } int query(const string &s) { int len=s.size(); int u=1; for(int i=0;i<len-1;i++) u=trie[u].ch[s[i]-'a']; return trie[u].col[s[len-1]-'a']-1; } int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>s[i]; reverse(s[i].begin(),s[i].end()); insert(s[i]); } long long ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans+=query(s[i]); cout<<ans; return 0; }
C - Product Modulo
令 \(f(x)=\sum\limits_{i=1}^n [a_i=x]\)，\(g(xy)=f(x)f(y)\)，那麼答案就是 \(\frac{\sum\limits_i (i \bmod p)g_i - \sum\limits_i a_i^2\bmod p}2\)，發現 \(xy\) 的值可能很大，不方便計算。考慮求出 \(P\) 的一個原根，那麼 \(xy\equiv g^{p_x}g^{p_y} \equiv g^{p_x+p_y}\pmod P\)，這就成了一個卷積的形式，直接 FFT 就行了。
程式碼：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<vector> #include<algorithm> using namespace std; const int N=2000005; const int MOD=200003; const double Pi=acos(-1); struct Complex { double x,y; Complex(double xx=0,double yy=0) { x=xx,y=yy; return; } Complex operator+(Complex const &b)const { return (Complex){x+b.x,y+b.y}; } Complex operator-(Complex const &b)const { return (Complex){x-b.x,y-b.y}; } Complex operator*(Complex const &b)const { return (Complex){x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x}; } }; Complex W[N<<1]; void dft(vector<Complex> &f,int len) { if(len==1) return; vector<Complex> fl,fr; fl.resize(len/2),fr.resize(len/2); for(int k=0;k<len/2;k++) fl[k]=f[k*2],fr[k]=f[k*2+1]; dft(fl,len/2); dft(fr,len/2); Complex w=W[len],buf=(Complex){1,0}; for(int k=0;k<len/2;k++) { f[k]=fl[k]+buf*fr[k]; f[k+len/2]=fl[k]-buf*fr[k]; buf=buf*w; } return; } void idft(vector<Complex> &f,int len) { if(len==1) return; vector<Complex> fl,fr; fl.resize(len/2),fr.resize(len/2); for(int k=0;k<len/2;k++) fl[k]=f[k*2],fr[k]=f[k*2+1]; idft(fl,len/2); idft(fr,len/2); Complex w=(Complex){W[len].x,-W[len].y},buf=(Complex){1,0}; for(int k=0;k<len/2;k++) { f[k]=fl[k]+buf*fr[k]; f[k+len/2]=fl[k]-buf*fr[k]; buf=buf*w; } return; } typedef vector<long long> poly; poly fft(const poly &F,const poly &G) { vector<Complex> f,g; int n=F.size()-1,m=G.size()-1; f.resize(n+1),g.resize(m+1); for(int i=0;i<=n;i++) f[i].x=F[i]; for(int i=0;i<=m;i++) g[i].x=G[i]; for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1); for(int i=1;i<=n;i++) W[i]=(Complex){cos(2*Pi/i),sin(2*Pi/i)}; f.resize(n); g.resize(n); dft(f,n); dft(g,n); for(int i=0;i<n;i++) f[i]=f[i]*g[i]; idft(f,n); poly res; res.resize(m+1); for(int i=0;i<=m;i++) res[i]=(long long)(f[i].x/n+0.5); return res; } const int G=2; int n; int a[N]; long long powG[N],logG[N]; void init() { powG[0]=1; logG[1]=0; for(int i=1;i<=MOD-2;i++) { powG[i]=powG[i-1]*G%MOD; logG[powG[i]]=i; } return; } int cnt[N]; int main() { init(); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); if(a[i]) cnt[logG[a[i]]]++; } poly f; f.resize(MOD-1); for(int i=0;i<=MOD-2;i++) f[i]=cnt[i]; f=fft(f,f); long long ans=0; for(int i=0;i<f.size();i++) ans+=f[i]*powG[i%(MOD-1)]; for(int i=0;i<=MOD-2;i++) ans-=cnt[i]*(powG[i]*powG[i]%MOD); printf("%lld",ans/2); return 0; }
D - Twin Binary Trees
考慮第一棵樹中的 LCA，計算跨過當前點的答案，將左子樹中所有的葉子節點遍歷一遍，找到對應的第二棵樹中的節點，然後暴力往上跳，將所有的祖先都打上路徑上的乘積的標記就行了，然後在遍歷右子樹中的所有葉子節點，然後在第二課樹中合併一下答案就好了。
程式碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=(1<<18)+5;
const int MOD=1000000007;
int H,L;
int n;
int p[N];
long long tag[N];
void jump(int u,long long fac)
{
if(!u) return;
tag[u]=(tag[u]+fac)%MOD;
jump(u/2,fac*(u/2)%MOD);
return;
}
void add(int u,long long fac)
{
if(u>n) return;
if(u>=L)
{
jump(L+p[u]-1,fac*(L+p[u]-1)%MOD);
return;
}
add(u*2,fac*(u*2)%MOD),add(u*2+1,fac*(u*2+1)%MOD);
return;
}
long long ans;
void getans(int u,long long fac,int pre)
{
if(!u) return;
ans=(ans+(tag[u]-tag[pre]*u%MOD+MOD)*fac%MOD)%MOD;
getans(u/2,fac*u%MOD,u);
return;
}
void solve(int u,long long fac)
{
if(u>n) return;
if(u>=L)
{
getans(L+p[u]-1,fac*u%MOD,0);
return;
}
solve(u*2,fac*u%MOD),solve(u*2+1,fac*u%MOD);
return;
}
void clear(int u)
{
if(!u) return;
tag[u]=0;
clear(u/2);
return;
}
void remove(int u)
{
if(u>n) return;
if(u>=L)
{
clear(L+p[u]-1);
return;
}
remove(u*2),remove(u*2+1);
return;
}
void dfs(int u)
{
if(u>n) return;
add(u*2,u*2),solve(u*2+1,u);
remove(u*2);
dfs(u*2),dfs(u*2+1);
return;
}
int main()
{
scanf("%d",&H);
n=(1<<H)-1;
L=1<<(H-1);
for(int i=1;i<=L;i++)
scanf("%d",&p[L+i-1]);
dfs(1);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
E - Product Simulation
如果 \(A=B=0\) 的話，無論怎麼做答案都是 \(0\)，可以不用管這種情況。
可以先搞出 \(2\) 的冪次來，方便以後的操作。
考慮 \(A\leq 1,B\leq 1\) 時怎麼做，這就相當於 \(\min\) 的操作，看下 \(1\leq A+B\) 的值就好了。
那麼就可以將 \(A,B\) 分別二進位制拆分，然後答案就是 \(\sum\limits_{i}\sum\limits_{j} A_iB_j 2^{i+j}\)。
其中對於 \(a=0/1\) 乘 \(2^{x}\) 次可以用將 \(a\) 自增 \(x\) 次的方法。
程式碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200005;
int tot=2;
long long a[N];
struct Node
{
int op,x,y,k;
};
vector<Node>res;
void _add(int x,int y,int k)
{
a[k]=a[x]+a[y];
res.push_back((Node){0,x,y,k});
return;
}
void _comp(int x,int y,int k)
{
a[k]=a[x]<a[y];
res.push_back((Node){1,x,y,k});
return;
}
int getmin(int x,int y)
{
int k=++tot;
_comp(k,x,k);
_comp(k,y,++tot);
_add(k,tot,k);
_add(x,y,tot);
_comp(k,tot,k);
return k;
}
int pos2[N];
int get1(int x,int y)
{
int k=++tot;
_add(x,y,k);
_add(k,k,k);
_comp(x,k,k);
return k;
}
void get2()
{
pos2[0]=get1(0,1);
for(int i=1;i<=30;i++)
{
pos2[i]=++tot;
_add(pos2[i-1],pos2[i-1],pos2[i]);
}
return;
}
int Pw(int p,int b)
{
int r=++tot;
_add(r,p,r);
for(int i=1;i<=b;i++)
_add(r,r,r);
return r;
}
void divide(vector<int>&res,int p)
{
int cur=++tot;
res.resize(61);
for(int i=30;i>=0;i--)
{
int tmp1=++tot;
_add(cur,pos2[i],tmp1);
int tmp2=++tot;
_add(p,pos2[0],tmp2);
res[i]=++tot;
_comp(tmp1,tmp2,res[i]);
_add(cur,Pw(res[i],i),cur);
}
return;
}
void mul(const vector<int>&A,const vector<int>&B)
{
int res=2;
for(int i=0;i<=30;i++)
for(int j=0;j<=30;j++)
{
int c=getmin(A[i],B[j]);
_add(res,Pw(c,i+j),res);
}
return;
}
int main()
{
a[0]=2,a[1]=3;
get2();
vector<int>A,B;
divide(A,0);
divide(B,1);
mul(A,B);
printf("%u\n",res.size());
for(Node u:res)
if(u.op==0) printf("+ %d %d %d\n",u.x,u.y,u.k);
else printf("< %d %d %d\n",u.x,u.y,u.k);
return 0;
}
F - Rooks
考慮一個樸素的想法，令 \(f_{l,r,0/1}\) 表示 \([l,r]\) 區間內的點已經吃掉，那麼從 \(f_{l-1,r,0/1}\) 和 \(f_{l+1,r,0/1}\) 轉移過來就是了，答案就是 \(f_{i,i,0}\)。
考慮對於單調的一些點怎麼做，那麼肯定是先走到左下角或者右上角然後在走到另一個點是最優的，取個最小值即可。
考慮如果只求一個點的答案，那麼答案是將原圖劃分成一層層單調的矩形的樣子，外面的矩形是包含當前矩形的，然後從當前矩形向外面矩形轉移。
那麼將所有的單調的塊縮起來，然後跑記搜就好了，注意吃掉一個點它就要在曼哈頓距離的基礎上 \(-1\)。
程式碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
const int N=200005;
const long long INF=1e18;
int n;
int x[N],y[N];
int pre[N],nxt[N];
struct Node
{
int x,y,id;
}pos[N];
vector<int>val;
int id[N];
int dis(int a,int b)
{
return abs(x[a]-x[b])+abs(y[a]-y[b]);
}
map<int,long long>dp[2][N];
long long solve(int l,int r,int side,int Min,int Max)
{
if(dp[side][l][r]) return dp[side][l][r];
long long res=INF;
if(l>1&&(pos[l-1].y==Min-1||pos[l-1].y==Max+1))
{
int L=pre[l-1];
long long tmp=solve(L,r,0,min(Min,pos[L].y),max(Max,pos[L].y))+dis(pos[L].id,pos[side?r:l].id);
res=min(res,tmp);
}
if(r<n&&(pos[r+1].y==Min-1||pos[r+1].y==Max+1))
{
int R=nxt[r+1];
long long tmp=solve(l,R,1,min(Min,pos[R].y),max(Max,pos[R].y))+dis(pos[R].id,pos[side?r:l].id);
res=min(res,tmp);
}
if(res==INF) res=l-r;
dp[side][l][r]=res;
return res;
}
long long ans[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
val.push_back(y[i]);
pos[i].x=x[i],pos[i].y=y[i],pos[i].id=i;
}
sort(pos+1,pos+n+1,[](const Node &a,const Node &b){return a.x<b.x;});
sort(val.begin(),val.end());
for(int i=1;i<=n;i++)
pos[i].y=lower_bound(val.begin(),val.end(),pos[i].y)-val.begin()+1;
pre[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
if(abs(pos[i].y-pos[i-1].y)==1) pre[i]=pre[i-1];
else pre[i]=i;
nxt[n]=n;
for(int i=n-1;i>=1;i--)
if(abs(pos[i].y-pos[i+1].y)==1) nxt[i]=nxt[i+1];
else nxt[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans[pos[i].id]=solve(i,i,0,pos[i].y,pos[i].y);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}