AtCoder Beginner Contest 220【A

比赛链接：https://atcoder.jp/contests/abc220/tasks

A - Find Multiple

题意

判断 ([a, b]) 中是否有 (c) 的倍数。

• (1 le a le b le 1000)
• (1 le c le 1000)

题解

模拟。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int a, b, c;
    cin >> a >> b >> c;
    for (int i = a; i <= b; i++) {
        if (i % c == 0) {
            cout << i << "
";
            return 0;
        }
    }
    cout << -1 << "
";
    return 0;
}

B - Base K

题意

给出 (k) 进制下的 (a, b) ，将它们转换为十进制。

• (2 le k le 10)
• (1 le a, b le 10^5) （十进制下）

题解

模拟。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int k;
    cin >> k;
    string a, b;
    cin >> a >> b;
    int ta = 0, tb = 0;
    for (auto ch : a) {
        ta = ta * k + (ch - '0');
    }
    for (auto ch : b) {
        tb = tb * k + (ch - '0');
    }
    cout << 1LL * ta * tb << "
";
    return 0;
}

C - Long Sequence

题意

将长为 (n) 的序列 (a) 重复拼接无数次，计算前缀和第一次大于 (x) 时的位置。

• (1 le n le 10^5)
• (1 le a_i le 10^9)
• (1 le x le 10^{18})

题解

取余。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    vector<long long> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        a[i] += a[i - 1];
    }
    long long x;
    cin >> x;
    long long ans = 0;
    ans = x / a.back() * n;
    x %= a.back();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (a[i] > x) {
            ans += i + 1;
            break;
        }
    }
    cout << ans << "
";
    return 0;
}

D - FG operation

题意

有一个长为 (n) 的序列 (a) ，每次有两种可选操作：

• 移去最左端的两个元素 (x, y) ，并在最左端插入 ((x + y) \% 10)
• 移去最左端的两个元素 (x, y) ，并在最左端插入 ((x imes y) \% 10)

问在 (2^{n - 1}) 种可能情况中，最后余下的数为 (0,1,dots,9) 的情况数，答案对 (998244353) 取模。

• (2 le n le 10^5)
• (0 le a_i le 9)

题解

设 (dp[i][j]) 为前 (i) 个数余下 (j) 的情况数。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

constexpr int MOD = 998244353;

int norm(int x) { if (x < 0) { x += MOD; } if (x >= MOD) { x -= MOD; } return x; }
template<class T> T binpow(T a, int b) { T res = 1; for (; b; b /= 2, a *= a) { if (b % 2) { res *= a; } } return res; }

struct Z {
    int x;
    Z(int x = 0) : x(norm(x)) {}
    int val() const { return x; }
    Z operator-() const { return Z(norm(MOD - x)); }
    Z inv() const { assert(x != 0); return binpow(*this, MOD - 2); }
    Z &operator*=(const Z &rhs) { x = 1LL * x * rhs.x % MOD; return *this; }
    Z &operator+=(const Z &rhs) { x = norm(x + rhs.x); return *this; }
    Z &operator-=(const Z &rhs) { x = norm(x - rhs.x); return *this; }
    Z &operator/=(const Z &rhs) { return *this *= rhs.inv(); }
    friend Z operator*(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res *= rhs; return res; }
    friend Z operator+(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res += rhs; return res; }
    friend Z operator-(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res -= rhs; return res; }
    friend Z operator/(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res /= rhs; return res; }
};

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    vector<vector<Z>> dp(n, vector<Z> (10));
    dp[0][a[0]] = 1;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < 10; j++) {
            dp[i][j * a[i] % 10] += dp[i - 1][j];
            dp[i][(j + a[i]) % 10] += dp[i - 1][j];
        }
    }
    for (int i = 0; i < 10; i++) {
        cout << dp[n - 1][i].val() << "
";
    }
    return 0;
}

E - Distance on Large Perfect Binary Tree

题意

在一个 (n) 层满二叉树中，计算距离为 (d) 的结点二元组个数， ((i, j) e (j, i)) ，答案对 (998244353) 取模。

• (2 le n le 10^6)
• (1 le d le 2 imes 10^6)

题解

枚举路径所经最高层结点的左右子路径长度。

假设分别为 (l, d - l) ，那么前 (n - max(l, d - l)) 层的结点都可以作为路径所经的最高层结点。

易知在满二叉树中与根节点距离为 (i) 的结点的个数为 (2^i) ，且左右子树各占一半。

所以长为 (d) 的路径个数为：

[sum limits _{l = 0} ^{d} (2^{n - max(l, d - l)} - 1) imes 2^{max(0, l - 1)} imes 2^{max(0, d - l - 1)} ]

最后因为问的是二元组个数，所以需要再 ( imes 2) 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

constexpr int MOD = 998244353;

int norm(int x) { if (x < 0) { x += MOD; } if (x >= MOD) { x -= MOD; } return x; }
template<class T> T binpow(T a, int b) { T res = 1; for (; b; b /= 2, a *= a) { if (b % 2) { res *= a; } } return res; }

struct Z {
    int x;
    Z(int x = 0) : x(norm(x)) {}
    int val() const { return x; }
    Z operator-() const { return Z(norm(MOD - x)); }
    Z inv() const { assert(x != 0); return binpow(*this, MOD - 2); }
    Z &operator*=(const Z &rhs) { x = 1LL * x * rhs.x % MOD; return *this; }
    Z &operator+=(const Z &rhs) { x = norm(x + rhs.x); return *this; }
    Z &operator-=(const Z &rhs) { x = norm(x - rhs.x); return *this; }
    Z &operator/=(const Z &rhs) { return *this *= rhs.inv(); }
    friend Z operator*(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res *= rhs; return res; }
    friend Z operator+(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res += rhs; return res; }
    friend Z operator-(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res -= rhs; return res; }
    friend Z operator/(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res /= rhs; return res; }
};

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    int d;
    cin >> d;
    Z ans = 0;
    for (int i = 0; i <= d; i++) {
        int dep = n - max(i, d - i);
        if (dep >= 1) {
            ans += (binpow(Z(2), dep) - 1) * binpow(Z(2), max(0, i - 1)) * binpow(Z(2), max(0, d - i - 1));
        }
    }
    ans *= 2;
    cout << ans.val() << "
";
    return 0;
}

F - Distance Sums 2

题意

给出一棵有 (n) 个结点的树，对于每个结点 (i) ，计算 (sum limits _{j = 1} ^{n} dis(i, j)) 。

• (2 le n le 10^5)

题解

换根 (dp) ，当根节点由父结点 (p) 转移到子结点 (u) 时，路径总和的变化量为 (-sz[u] + (n - sz[u])) ，即子结点所在子树的结点距离都 (-1) ，其余结点距离都 (+1) 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    vector<vector<int>> G(n);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        --u, --v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    vector<int> sz(n), dis(n);
    function<void(int, int)> dfs1 = [&](int u, int p) {
        sz[u] = 1;
        if (p != -1) {
            dis[u] = dis[p] + 1;
        }
        for (auto v : G[u]) {
            if (v != p) {
                dfs1(v, u);
                sz[u] += sz[v];
            }
        }
    };
    dfs1(0, -1);
    vector<long long> ans(n);
    ans[0] = accumulate(dis.begin(), dis.end(), 0LL);
    function<void(int, int)> dfs2 = [&](int u, int p) {
        if (p != -1) {
            ans[u] = ans[p] - sz[u] + (n - sz[u]);
        }
        for (auto v : G[u]) {
            if (v != p) {
                dfs2(v, u);
            }
        }
    };
    dfs2(0, -1);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cout << ans[i] << "
";
    }
    return 0;
}

G - Isosceles Trapezium

题意

给出平面中 (n) 个不同点的整数坐标 ((x_i, y_i)) 及其权值 (c_i) ，计算可能由 (4) 个点组成的等腰梯形的最大权值。

• (4 le n le 1000)
• (-10^9 le x_i, y_i le 10^9)
• (1 le c_i le 10^9)

题解

注意到，等腰梯形由上下两底确定，且上下两底的中点在同一条中垂线上，所以可以枚举所有的边并对其中垂线及中点建立映射。

方便起见，采用法向式来表示每条边所对应的中垂线，即：

[a(x - x_0) + b(y - y_0) = 0 ]

表示过点 ((x_0, y_0)) 且与向量 ((a, b)) 垂直的直线。

对于 ((x_i, y_i), (x_j, y_j)) 两点所在边的中垂线，易知其过中点 ((frac{x_i + x_j}{2}, frac{y_i + y_j}{2})) ，且与向量 ((x_j - x_i, y_j - y_i)) 垂直。

为避免误差，可将整体坐标扩大 (2) 倍。

至此，用法向式表示出了每条边的中垂线，为了便于映射，将向量进行规范化，约分后统一转为 (x ge 0) 或 (x = 0, y ge 0) 的形式，之后将法向式化为一般式，即：

[Ax + By + C = ax + by - (ax_0 + by_0) ]

这样，对 ((A, B, C)) 进行映射，便确定了每条边的中垂线，之后再对中垂线所经不同点的权值进行映射即可。

Tips

可能存在多条边中点及中垂线相同，此时取所有点权值中的最大值。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> x(n), y(n), c(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> x[i] >> y[i] >> c[i];
        x[i] *= 2, y[i] *= 2;
    }
    map<tuple<int, int, long long>, map<pair<int, int>, int>> mp;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            int dx = x[j] - x[i], dy = y[j] - y[i];
            int g = gcd(dx, dy);
            dx /= g, dy /= g;
            if (dx < 0 or (dx == 0 and dy < 0)) {
                dx *= -1, dy *= -1;
            }
            auto line = make_tuple(dx, dy, -(1LL * dx * (x[i] + x[j]) + 1LL * dy * (y[i] + y[j])));
            auto point = make_pair((x[i] + x[j]) / 2, (y[i] + y[j]) / 2);
            mp[line][point] = max(mp[line][point], c[i] + c[j]);
        }
    }
    long long ans = -1;
    for (auto [line, point] : mp) {
        vector<long long> v;
        for (auto [ord, c] : point) {
            v.push_back(c);
        }
        sort(v.begin(), v.end(), greater<>());
        if ((int)v.size() >= 2) {
            ans = max(ans, v[0] + v[1]);
        }
    }
    cout << ans << "
";
    return 0;
}

参考

https://atcoder.jp/contests/abc220/editorial/2706

https://atcoder.jp/contests/abc220/submissions/26150543

https://baike.baidu.com/item/直线方程