AtCoder Beginner Contest 220 A-F
阿新 • • 發佈:2021-10-07
A
#include <iostream> using namespace std; int main() { int a, b, c; cin >> a >> b >> c; for(int i = 1; i <= 1000; i ++ ) { if(c * i >= a && c * i <= b) { cout << c * i ; return 0; } if(c * i > b) break; } cout << "-1"; return 0; return 0; }
B
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #define LL long long using namespace std; int main() { string a, b; int k; cin >> k >> a >> b; LL cnt1 = 0, cnt2 = 0; // cout << a << b << endl; reverse(a.begin(), a.end()); reverse(b.begin(), b.end()); LL res = 1; for(int i = 0; a[i]; i ++ ) { int p = a[i] - '0'; cnt1 += p * res; res *= k; } res = 1; for(int i = 0; b[i]; i ++ ) { int p = b[i] - '0'; cnt2 += p * res; res *= k; } // cout << cnt1 << ' ' << cnt2 << endl; cout << cnt1 * cnt2; return 0; }
C
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <vector> #define LL long long using namespace std; int main() { int n; cin >> n; vector<int> a(n); LL ans = 0; for(int &x: a) { cin >> x; ans += x; } LL p; cin >> p; LL res = p / ans * n; LL pp = 0; p %= ans; for(int i = 0; i < n; i ++ ) { pp += a[i]; if(pp > p) { cout << res + i + 1 << endl; return 0; } } return 0; }
D
線性DP
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#define pb push_back
#define mod(x) (x) % MOD
#define LL long long
using namespace std;
const int MOD = 998244353, N = 1e5 + 10;
LL cnt[10];
int n, a[N];
int main() {
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> a[i];
vector<LL> p(10, 0), q(10, 0);
q[a[0]] = 1;
for(int i = 1; i < n; i ++ ) {
// p = q;
for(int j = 0; j < 10; j ++ ) {
p[j] = q[j] % MOD;
q[j] = 0;
}
for(int j = 0; j < 10; j ++ ) {
q[(j + a[i]) % 10] = mod(q[(j + a[i]) % 10] + p[j]);
q[(j * a[i]) % 10] = mod(q[(j * a[i]) % 10] + p[j]);
}
}
for(int i = 0; i < 10; i ++ ) {
cout << q[i] % MOD << endl;
}
return 0;
}
E
對於每個節點形成的鏈有兩種可能
- 這個節點是上端點
- 這個節點是中轉節點
對於1號節點 - 第一種有鏈:421、521、631、731
- 第二種有鏈:213、4213、42137....
這樣列舉可以不重不漏的找出所有的長度固定的鏈
而且,對於每個節點第一種有\(2^{n+1}\)個(正向逆向要重複計數),第二種有\((d-1)*{2^{d-1}}\)個
當然有的節點可能不存在那麼多,也就是當剩餘的層數不足d的時候,我們就需要一層一層的拓展
比如說往下擴充套件一層就多了 $2 * {2^{d-2}} $ 即 左邊的層數所具有的節點 * 右邊層數所具有的節點 永遠都是 \(2^{d-1}\)
因此還剩多少層我就就會加多少個 \(2^{d-1}\)
AC_CODE
#include <bits/stdc++.h>
#define mod(x) ((x) % MOD)
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10, MOD = 998244353;
LL num[N];
int main() {
// pre
num[0] = 1;
for(int i = 1; i < N; i ++ )
num[i] = mod(num[i - 1] * 2);
LL ans = 0;
LL n, d; cin >> n >> d;
for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
LL cnt = num[i];
LL mx = n - i - 1;
if(mx >= d) {
ans = mod(ans + mod(num[d + 1] * cnt)); // 求出以第i層的節點為 鏈的端點的所有個數
ans = mod(ans + mod(num[d - 1] * mod((d - 1) * cnt)));// 求出以第i層的節點為 鏈的轉折點的所有個數
//轉折過後必須向下轉折 可以不重不漏
} else if(2 * mx >= d) {
ans = mod(ans + mod(mod(num[d - 1] * cnt) * (2 * mx - d + 1)));
//求出以第i層的節點為 鏈的轉折點的所有個數 因為不可以為 鏈的端點
} else break;
}
cout << mod(ans) << endl;
return 0;
}
F
思路
先求出以1號節點為起點,其他的點到1號點的距離,然後對於1號點子節點,我們再繼續求以這個點為起點的路徑長度的時候
我們可以把其他的點分為兩種
- 一種是以此點為根的點
- 一種不是以此點為根的點
對於第一種,每條路徑長度減去1就是我們想知道的路徑長度,第二種則需要加上1
整理一下會發現就是 ans[j] = ans[u] + (n - size(j)) - size(j); (u是j的根節點)
因此可以用樹形DP解決這個問題
AC_CODE
#include <iostream>
#include <cstring>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int n;
LL ans[N], s[N];
void add(int a, int b) {
e[idx] = b;
ne[idx] = h[a];
h[a] = idx ++;
}
int dfs(int u, int fa, int cnt) {
ans[1] += cnt;
int res = 1;
for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if(j == fa)
continue;
res += dfs(j, u, cnt + 1);
}
s[u] = res;
return res;
}
void dfs1(int u, int fa) {
for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if(j == fa)
continue;
ans[j] = ans[u] + n - 2 * s[j];
dfs1(j, u);
}
}
int main() {
memset(h, -1, sizeof h);
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i < n; i ++ ) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
add(u, v); add(v, u);
}
dfs(1, -1, 0);
dfs1(1, -1);
for(int i = 1; i <= n; i ++ )
printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}