Atcoder ABC138

Atcoder ABC138

A .Red or Not

一道网速题。
大于3200输出原字符串，否则就输出red。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define LL long long

int a;
string ch;

int main() {
    scanf("%d",&a);
    cin>>ch;
    if(a >= 3200) cout<<ch;
    else puts("red");
    //system("pause");
    return 0;
}

B. Resistors in Parallel

这不是网速题了，是一道手速题。（滑稽.jpg）
直接暴力求所有数的倒数和，再对所有数的倒数和取倒数就行了，不用考虑精度问题。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

#define N 120

using namespace std;
 
int a[N],n;
double s;
 
int main() {
	cin >> n;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i++) {
		double x ;
		cin>>x ;
		x = 1 / x ;
		s += x ;
	}
	cout<<1 / s<<endl;
    system("pause");
    return 0;
}

C. Alchemist

比之前的两道题要略难一点。
考虑对数组从小到大进行一次排序，然后每次贪心的取两个最小的值。
答案就是最后修改的值。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define LL long long
#define N 1010

int a[N],n;
double b[N];

int main() {
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    sort(a + 1,a + n + 1);
    int p1 = 2,p2 = 3;
    b[p1] = ((double)a[1] + (double)a[2]) / 2;
    while(p2 <= n) {
        //printf("%d %d
",&a[p1],&a[p2]);
        b[p2] = ((double)b[p1] + (double)a[p2]) / 2;
       // printf("%lf 
",b[p2]);
        p1++,p2++;
        //printf("%d %d 
",p1,p2);
    }
    //for(int i = 1 ; i <= n ; i++) printf("%d ",a[i]);
    printf("%lf 
",b[n]);
    //system("pause");
    return 0;
}

D.Strings of Impurity

数据只有2e6，所以就是一道树链剖分ZZ题。
只需要写子树修改和链查询就可以。
题目中要求的单点查询可以看作查询自己到自己这条链的权值。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define LL long long
#define N 1000010

struct Edge {
    int to,from;
}e[N*2+10];
struct Tree {
    int sum,tag;
    int lson,rson;
}tree[N*2];

int deep[N],Top[N],idx[N],siz[N];
int n,m,p,root,son[N],tot = 1,cnt;
int head[N],fa[N],val[N],w[N],t;

inline void add_edge(int x,int y) {
    e[++cnt].from = y;
    e[cnt].to = head[x];
    head[x] = cnt;
}
inline void pushup(int x) {
    tree[x].sum = (tree[tree[x].lson].sum + tree[tree[x].rson].sum);
}
void pushdown(int x,int l,int r) {
    int mid = (l + r) >> 1;
    tree[tree[x].lson].sum = (tree[tree[x].lson].sum + tree[x].tag * (mid - l + 1));
    tree[tree[x].rson].sum = (tree[tree[x].rson].sum + tree[x].tag * (r - mid));
    tree[tree[x].lson].tag = (tree[tree[x].lson].tag + tree[x].tag);
    tree[tree[x].rson].tag = (tree[tree[x].rson].tag + tree[x].tag);
    tree[x].tag = 0;
}
void build(int x,int l,int r) {
    if(l == r) {
        tree[x].sum = w[l];
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    tree[x].lson = ++tot;
    build(tree[x].lson,l,mid);
    tree[x].rson = ++tot;
    build(tree[x].rson,mid+1,r);
    pushup(x);
}
void update(int x,int l,int r,int ll,int rr,int v) {
    if(l == ll && r == rr) {
        tree[x].sum = (tree[x].sum + (r - l + 1) * v);
        tree[x].tag = (tree[x].tag + v);
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    pushdown(x,l,r);
    if(rr <= mid) update(tree[x].lson,l,mid,ll,rr,v);
    else if(ll > mid) update(tree[x].rson,mid+1,r,ll,rr,v);
    else {
        update(tree[x].lson,l,mid,ll,mid,v);
        update(tree[x].rson,mid+1,r,mid+1,rr,v);
    }
    pushup(x);
}
inline int query(int x,int l,int r,int ll,int rr) {
    if(l == ll && r == rr) return tree[x].sum;
    int mid = (l + r) >> 1;
    pushdown(x,l,r);
    if(rr <= mid) return query(tree[x].lson,l,mid,ll,rr);
    else if(ll > mid) return query(tree[x].rson,mid + 1,r,ll,rr);
    else return (query(tree[x].lson,l,mid,ll,mid) + query(tree[x].rson,mid + 1,r,mid + 1,rr));
}
void dfs1(int x,int f,int depth) {
    fa[x] = f;
    siz[x] = 1;
    deep[x] = depth;
    int maxs = -1;
    for(int i = head[x] ; i ; i = e[i].to) {
        int u = e[i].from;
        if(u == f) continue;
        dfs1(u,x,depth + 1);
        siz[x] += siz[u];
        if(siz[u] > maxs) {
            son[x] = u;
            maxs = siz[u];
        }
    }
}
void dfs2(int x,int topf) {
    idx[x] = ++t;
    w[t] = val[x];
    Top[x] = topf;
    if(!son[x]) return;
    dfs2(son[x],topf);
    for(int i = head[x] ; i ; i = e[i].to) {
        int u = e[i].from;
        if(u == son[x] || u == fa[x]) continue;
        dfs2(u,u);
    }
}
inline int query_link(int x,int y) {
    int ans = 0;
    while(Top[x] != Top[y]) {
        if(deep[Top[x]] < deep[Top[y]]) swap(x,y);
        ans += query(1,1,n,idx[Top[x]],idx[x]);
        ans %= p;
        x = fa[Top[x]];
    }
    if(deep[x] > deep[y]) swap(x,y);
    ans = (ans + query(1,1,n,idx[x],idx[y]));
    return ans;
}
inline void update_link(int x,int y,int val) {
    while(Top[x] != Top[y]) {
        if(deep[Top[x]] < deep[Top[y]])	 swap(x,y);
        update(1,1,n,idx[Top[x]],idx[x],val);
        x = fa[Top[x]];
    }
    if(deep[x] > deep[y]) swap(x,y);
    update(1,1,n,idx[x],idx[y],val);
}
inline int query_tree(int x) {
    return query(1,1,n,idx[x],idx[x] + siz[x] - 1);	
}
inline void update_tree(int x,int val) {
    update(1,1,n,idx[x],idx[x] + siz[x] - 1,val);	
}

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1 ; i < n ; i++) {
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        add_edge(a,b);
        add_edge(b,a);
    }
    dfs1(1,0,1);
    dfs2(1,1);
    build(1,1,n);
    while(m--) {
        int x,z;
        scanf("%d%d",&x,&z);
        update_tree(x,z);
    }
    for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
        printf("%d ",query_link(i,i));
    //system("pause");
    return 0;
}

E.Strings of Impurity

一道字符串题。
我们考虑在s串中查询t串中的每个字符出现的位置，统计出现了多少次，即统计需要循环s串多少次。
那么答案就是 $ cnt * s.length() + pos $ 。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>

using namespace std;

#define LL long long

string s,t;
LL pos,cnt;

int main() {
    cin>>s>>t;
    for(int i = 0 ; i < t.length() ; i++) {
        pos = s.find(t[i],pos);
        if(pos == -1) {
            pos = s.find(t[i],0);
            if(pos == -1) {
                puts("-1");
                return 0;
            }
            cnt++;
        }
        pos++;
    }
    LL ans = cnt * s.length() + pos;
    printf("%lld 
",ans);
    //system("pause");
    return 0;
}

F.Coincidence

一道极端恶心的DP题。
设 $ dp[i][0/1][0/1] $ 表示考虑到当前位置i，满足 $ x geq L $ ， 并且满足 $ y leq R $ 的方案数。
因为数据上界为 $ 10^{18} $ ，不能直接存，所以我们考虑利用2进制，数组的第一维代表到 $ 2^i $ 的位置。
此时数组只需要开 $ dp[65][2][2] $ ,第一维只有65是因为 $ 2^{60} geq 10^{18}$ 。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define LL long long
const int mod = 1e9 + 7;
LL dp[66][2][2],L, R; 

LL dfs(int x, bool Left, bool Right, bool zero) {
    if(x < 0) return 1; 
    if(dp[x][Left][Right] >= 0 && !zero) 
        return dp[x][Left][Right]; 
    LL ans = 0;
    int l = 0, r = 1; 
    if(Left) l = L >> x & 1; 
    if(Right) r = R >> x & 1; 
    for(int i = l ; i <= 1 ; i++) {
        for (int j = i ; j <= r ; j++) {
            if (j == 1 && zero) {
                if(i == 1) ans += dfs(x-1, Left && i == l, Right && j == r, zero && j == 0); 
            }
            else ans += dfs(x-1, Left && i == l, Right && j == r, zero && j == 0); 
        }
    }
    ans %= mod; 
    if(!zero) dp[x][Left][Right] = ans; 
    return ans; 
}
int main() {
    scanf("%lld%lld",  & L,  & R); 
    memset(dp, -1, sizeof(dp)); 
    printf("%lld 
", dfs(60, 1, 1, 1)); 
    //system("pause");
    return 0; 
}