AtCoder Beginner Contest 134 简要题解

Pre

感谢素不相识的巨佬租酥雨的悉心教导，连我这个蒟蒻到可以明白 (F) 题。

A

Solution

签到成功。

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
int main(){int a;scanf ("%d", &a);printf("%d
", 3 * a * a);return 0;}

B

Solution

签到成功

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
int main(){
  int a, b;
  scanf ("%d%d", &a, &b);
  int ans = a / (b * 2 + 1);
  if (a > ans * (b * 2 + 1)) ans++;
  printf ("%d
", ans);
  return 0;
}

C

Solution

可以发现 (n-1) 个答案都是一样的，找出最大值和次大值就可以了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define xx first
#define yy second
#define ll long long
using namespace std;
 
const int N = 200000 + 5;
int n;
pair<int, int> info[N];
 
int main () {
	scanf ("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf ("%d", &info[i].xx);
		info[i].yy = i;
	}
	sort (info + 1, info + n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (i == info[n].yy) {
			printf ("%d
", info[n - 1].xx);
		}
		else printf ("%d
", info[n].xx);
	}
	return 0;
}

D

Solution

从后往前确定每一个位置的值，先是把后面的异或起来，再和 (a_i) 异或起来，就是这个位置的值。

由调和级数可以知道时间复杂度为 (O(n logn)) 的。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define xx first
#define yy second
#define ll long long
using namespace std;
 
const int N = 200000 + 5;
int a[N], n, cnt;
int ans[N];
 
int main () {
	scanf ("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf ("%d", &a[i]);
	}
	for (int i = n; i >= 1; --i) {
		int tmp = 0;
		for (int j = n / i; j >= 1; --j) {
			tmp ^= ans[j * i];
		}
		ans[i] = tmp ^ a[i];
		cnt += ans[i];
	}
	printf ("%d
", cnt);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (!ans[i]) {continue;}
		printf ("%d ", i);
	}
	return 0;
}

E

Solution

(Dilworth) 直接应用，求出多少个上升子序列就可以了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define xx first
#define yy second
#define ll long long
using namespace std;
 
const int N = 200000 + 5;
int a[N], n;
int stk[N], top;
 
int main () {
	scanf ("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf ("%d", &a[i]);
	}
	stk[1] = 1;
	top = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (a[i] <= a[stk[top]]) {
			stk[++top] = i;
		}
		else {
			int l = 1, r = top;
			while (l < r) {
				int mid = (l + r) / 2;
				if (a[stk[mid]] < a[i]) {
					r = mid;
				}
				else {
					l = mid + 1;
				}
			}
			stk[l] = i;
		}
	}
	printf ("%d
", top);
	return 0;
}

F

Solution

考虑使用 (f[i][j][k]) 来表示前 (i) 个数，并且其中有 (j) 个是大于 (i) 的，并且此时的 (oddness) 为 (k) 的方案数。

由于统计的是一定有 (j) 个大于 (i) 的，此时对于每一个大于 (i) 的，我们只统计 (i-j) 对 (k) 的贡献。

所以 (f[i][j][k]) 只能对 (f[i+1][xxxx][k+j]) 有贡献，所以我们需要讨论对不同的 (xxxx) 的贡献。

假设 (p[i+1]=i+1) 此时 (xxxx=j) 并且系数为 (1)

假设 (p[i+1]leq i+1&p[x]=i+1&xleq i+1)，此时的 (x) 有 (j) 种选择，(p[j+1]) 有 (j) 种选择，则 (xxxx=j-1)，并且系数为 (j*j)

假设 (p[i+1]>i+1&p[x]=i+1&x>i+1)，此时的 (x) 有 (1) 种选择，(p[i+1]) 有 (j) 种选择，则 (xxxx=j+1) ，并且系数为 (1)。

剩下的情况就是((p[i+1]leq i+1) xor (p[x]=i+1&xleq i+1)=1) ，此时有 (2*j) 种选择，并且 (xxxx=j) ，就可以转移了。

Code

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 50 + 5, mod = 1000000007;
 
int f[N][N][N * N];
inline int add (int u, int v) { return u + v >= mod ? u + v - mod : u + v; }
inline int mns (int u, int v) { return u - v < 0 ? u - v + mod : u - v; }
inline int mul (int u, int v) { return 1LL * u * v % mod; }
 
int main () {
	#ifdef chitongz
	freopen ("x.in", "r", stdin);
	#endif
	int n, k;
	scanf ("%d%d", &n, &k);
	if (k % 2) return puts ("0"), 0;
	f[1][1][0] = f[1][0][0] = 1;
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		for (int j = 0; j <= i; ++j) {
			for (int k = 0; k <= i * i / 2; ++k) {
				f[i + 1][j][k + j] = add (f[i + 1][j][k + j], mul (2 * j + 1, f[i][j][k]));
				f[i + 1][j + 1][k + j] = add (f[i + 1][j + 1][k + j], f[i][j][k]);
				if (j) f[i + 1][j - 1][k + j] = add (f[i + 1][j - 1][k + j], mul (j * j, f[i][j][k]));
			}
		}
	}
	printf ("%d
", f[n][0][k / 2]);
	return 0;
}

Conclusion

(F) 不错，有意思。

总之鸽了这么久才来填坑，我还是太弱了。