AtCoder Beginner Contest 126 解题报告

abc改版后的第一场。貌似人很多啊...

最后10min交上了F。就是到结束他还没测完...

改完后质量明显提高了。相当于abc和arc的合场？（不过EF题没有之前的arc题那么难）

比赛地址

UNR了...差评。本来肯定可以涨的...

A

按题意模拟即可。

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

int n, k;
char s[1000];

int main() {
	cin >> n >> k;
	scanf("%s", s + 1);
	s[k] = s[k] - 'A' + 'a';
	puts(s + 1);
}

B

按题意模拟即可。

然而有点奇奇怪怪的坑点（我也不知道为什么我写挂了2发）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[10];
int main() {
	cin >> s;
	for (int i = 0; i < 4; ++i) s[i] -= '0';
	int a = s[0] * 10 + s[1];
	int b = s[2] * 10 + s[3];
	if (1 <= a && a <= 12) {
		if(1 <= b && b <= 12) puts("AMBIGUOUS");
		else puts("MMYY");
	} else {
		if(1 <= b && b <= 12) puts("YYMM");
		else puts("NA");
	}
	return 0;
}

C

一开始一直没看懂题意...写完E再来写的C。而且精度好像有点卡...

发现(n)不大，可以枚举初始的数字。分析一下（并仔细研究题意）每个数的概率其实就是(frac{1}{n} imes (frac{1}{2})^{log_2 (frac{k}{i})})

累加即可。

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

const int N = 100010;

int n, m;
double ans = 0, power[N];

int main() {
	cin >> n >> m;
	double tmp = 0.5;
	for(int i = 1; i <= 100000; ++i) {
		power[i] = tmp;
		tmp /= 2.0;
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		int cnt = 0, now = i;
		while(now < m) now *= 2, ++cnt;
		if(!cnt) ans += 1.0 / n;
		else ans += 1.0 / n * power[cnt];
	}
	printf("%.12lf
", ans);
}

D

答案显然一定存在。那么我们只需要挨个涂色就好了...

只要连接的边是奇数就是异色，是偶数就是同色。

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

const int N = 2e5 + 10;
#define ll long long

struct edge {
	int to, nxt;
	ll v;
}e[N<<1];
int head[N], cnt, n;

void ins(int u, int v, ll w) {
	e[++cnt] = (edge) {v, head[u], w};
	head[u] = cnt;
}

int ans[N];

void dfs(int u, int fa) {
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
		int v = e[i].to;
		if(v == fa) continue;
		if(e[i].v % 2) ans[v] = ans[u] ^ 1;
		else ans[v] = ans[u];
		dfs(v, u);
	}
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i < n; ++i) {
		int u, v; ll w;
		scanf("%d%d%lld", &u, &v, &w);
		ins(u, v, w); ins(v, u, w);
	}
	dfs(1, 0);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d
", ans[i]);
}

E

因为(a_i)只有(0)和(1)，所以题目给的关系相当于只要你知道一个就可以知道另外一个。

所以给题目中的(u)和(v)连一条边权为(0)的边，然后建个虚点，向每个点连(1)的边，跑最小生成树就能得到答案了。

赛后发现别人写的并查集贼短...

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

const int N = 2e5 + 10;

int n, m, f[N];

struct edge {
	int u, v, w;
}e[N << 1];

int find(int x) {
	if(f[x] == x) return x;
	return f[x] = find(f[x]);
}

bool cmp(edge a, edge b) {
	return a.w < b.w;
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	int cnt = 0;
	for(int i = 1; i <= m; ++i) {
		int a, b, c;
		scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
		e[++cnt] = (edge) {a, b, 0};
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		e[++cnt] = (edge) {n + 1, i, 1};
	}
	++n;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = i;
	int ans = 0;
	sort(e + 1, e + cnt + 1, cmp);
	for(int i = 1; i <= cnt; ++i) {
		int x = find(e[i].u), y = find(e[i].v);
		if(x != y) {
			ans += e[i].w;
			f[y] = x;
		}
	}
	printf("%d
", ans);
}

F

挺好玩的构造题...

因为是两个相同的数之间的数的(xor)和，那么其实只要第一个放(k)，然后顺序放(0)到(2^{m-1})，再放个(k)，倒序放(2^{m-1})到(0)即可。（这样每一段都可以抵消掉就剩下一个(k)）

影响存在性的就是除了(k)以外的所有数(xor)和是否为(0).（因为第一个(k)和第二个之间是没有另外的(k)的）

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

int m, k;

int main() {
	cin >> m >> k;
	int sum = 0;
	for(int i = 0; i < (1 << m); ++i) if(i != k) sum ^= i;
	if(!k) {
		for(int i = 0; i < (1 << m); ++i) printf("%d %d ", i, i);
		puts("");
		return 0;
	}
	if(m == 1) {
		if(k >= 1) puts("-1");
		else puts("0 0 1 1");
		return 0;
	}
	if((1 << m) <= k) return puts("-1"), 0;
	printf("%d ", k);
	for(int i = 0; i < (1 << m); ++i) if(i != k) printf("%d ", i);
	printf("%d ", k);
	for(int i = (1 << m) - 1; i >= 0; --i) if(i != k) printf("%d ", i);
}