【ATcoder】AtCoder Beginner Contest 159 题解

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A - The Number of Even Pairs

题意

给你两个数$n, m$代表有$n$个偶数，$m$个奇数。让你输出$n$个偶数$m$个奇数从中任选两个数（没有顺序）相加结果为偶数的个数。

题解

相加为偶数只有偶加偶和奇加奇两种情况，其实就是在$n$个数中取两个（$Cinom{2}{n}$），在$m$个数中取两个（$Cinom{2}{m}$）。

时间复杂度$O(1)$

#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
    long long n, m;
    cin >> n >> m;
    cout << n * (n - 1) / 2 + m * (m - 1) / 2;
    return 0;
}

B - String Palindrome

题意

定义一个字符串 $S$ 是强回文串当且仅当 $S$，$S_{1...frac{(|s|+1)}{2}}$ 和 $S_{|s|-frac{(|s|+3)}{2}+1...|s|}$都是回文的。判断一个回文串是不是强回文串。$3 leq |s| leq 99$且$|s|$是奇数。

题解

直接取出每一部分的字符串，判断到中心距离相等的位置的字符是否相等即可。

时间复杂度$O(|s|)$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
char s[100], tmp[100];
int top;
int n, nn;
int main() {
    scanf("%s", s + 1);
    n = strlen(s + 1);
    nn = n;
    for (int i = 1; i <= nn; i++) {
        if (s[i] != s[nn - i + 1]) {
            puts("No");
            return 0;
        }
    }
    nn = (n - 1) / 2;
    for (int i = 1; i <= nn; i++) {
        if (s[i] != s[nn - i + 1]) {
            puts("No");
            return 0;
        }
    }
    nn = (n + 3) / 2;
    for (int i = nn; i <= n; i++) {
        tmp[++top] = s[i];
    }
    for (int i = 1; i <= top; i++) {
        if (tmp[i] != tmp[top - i + 1]) {
            puts("No");
            return 0;
        }
    }
    puts("Yes");
    return 0;
}

C - Maximum Volume

题意

给定一个整数x。求所有各棱长为实数且和为x的长方体中最大的体积是多少。

题解

小学奥数题...

和一定差小积大。

其实就是一个均值不等式。

设棱长为$a,b,c$，则 $a imes b imes c leq frac{(a+b+c)^3}{27}=frac{x^3}{27}$，当$a=b=c$时成立。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
double l;
int main() {
    scanf("%lf", &l);
    l = l / 3;
    printf("%.12lf", l * l * l);
    return 0;
}

 D - Banned K

题意

我们有n个数，每个数都在[1,n]中，如果去掉第k个数，问剩下的数有多少对相同的数（不计顺序），$1 leq n leq 2 imes 10^5$。

题解

我们可以把 $n$ 个数中有多少相同的数对，因为每个数都很小所以这点我们可以用堆来做。

设 $cnt[i]$ 代表 $i$ 这个数出现的次数所以答案等于 $sum_{i=1}^{n}frac{cnt[i] imes (cnt[i]-1)}{2}$。

现在我们来看删掉一个值为 $x$ 的数。

$cnt[x]$ 的值减小了一，它的贡献变成了 $frac{(cnt[x]-1) imes (cnt[x]-2)}{2}$，相比之前减少了 $cnt[x]-1$。

设不删时的答案是 $tot$，则删掉一个权值为 $x$ 的数的答案为 $tot-(cnt[x]-1)$。

单词询问复杂度O(1)。

//这里sum就是cnt
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, a[N];
long long sum[N], tot;
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), sum[a[i]]++;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        tot += sum[i] * (sum[i] - 1) / 2;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        printf("%lld
", tot - (sum[a[i]] - 1));
    }
    return 0;
}

E - Dividing Chocolate

我太弱了，我比赛时这题竟然都没调出来。

题意

有一个$n imes m$的矩阵，每个位置要不是要不不是零，用尽量少的次数把这个矩阵切成几块（只能把整行或整列与下一行或列切开，具体可看下面的例子）使得每一块中1的个数少于某个常数。

$1 leq n leq 10, 1 leq m leq 1000$

题解

我们发现n非常的小，于是我们可以枚举行之间且的情况，再判断列之间要切的情况，取最小值即可。

时间复杂度$O(2^n imes n imes m)$

下面代码是E - Dividing Chocolate

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring> 
using namespace std;
int n, m, k;
int cnt[15][1005];
char mp[15][1005];
bool vis[1005];
int cut[20], top;
int ans = 0x7f7f7f7f;
int cal(int x1, int x2, int y1, int y2) {
    return cnt[x2][y2] - cnt[x2][y1 - 1] - cnt[x1 - 1][y2] + cnt[x1 - 1][y1 - 1];
}
void dfs(int pos) {
    cut[++top] = pos;
    if (pos == n) {
        memset(vis, 0, sizeof(vis)); 
        int sx, sy, lst = 0, tmp = 0;
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            for (int i = 1; i <= top; i++) {
                sx = cut[i - 1] + 1, sy = lst + 1;
                if (cal(sx, cut[i], sy, j) > k) {
                    if (lst == j - 1) {
                        top--;
                        return;
                    } else {
                        sy = j;
                        if (!vis[j - 1]) tmp++, vis[j - 1] = 1;
                    }
                }
            }
            if (vis[j - 1]) lst = j - 1;
        }
        ans = min(ans, tmp + top - 1);
        top--;
        return;
    }
    for (int i = pos + 1; i <= n; i++) {
        dfs(i);
    }
    top--;
}
int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%s", mp[i] + 1); 
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            cnt[i][j] = cnt[i - 1][j] + cnt[i][j - 1] - cnt[i - 1][j - 1] + mp[i][j] - '0';
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        dfs(i);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

F - Knapsack for All Segments

题意

一个长度为n的数组，求任意[ L,R ]区间子序列和为S的总数的和。

题解

看到和为s，很容易想到背包，其实这就是一道01背包的变形。

考虑一组和为s的排列x1<x2<...<xk，所有[1,x1]内的L，[xk, n]之内的R都包含这组排列，所以它的贡献就是$x_1 imes (n-x_k+1)$。

设dp[i][j]表示枚举到第i个数，和为j的排列的第一个数的和。

显然dp[0][j]都是0。转移方程类似01背包，dp[i][j]=dp[i-1][j]+(j==a[i]?i:0)。

考虑如何统计答案，如果a[i]=s，ans+=i*(n-i+1)；如果a[i]>s，ans+=dp[s-a[i]]*(n-i+1)。如果a[i]<s则不用更新。

当然类似于背包问题，这题也可以用滚动背包优化空间复杂度。

时间复杂度O(ns)；空间复杂度O(n+s)

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const long long N = 3010;
const long long S = 3010;
const long long mod = 998244353;
long long n, s;
long long a[N];
long long dp[S];
long long ans;
int main() {
    scanf("%lld%lld", &n, &s);
    for (long long i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
    for (long long i = 1; i <= n; i++) {
        if (s == a[i]) {
            ans += i * (n - i + 1) % mod;
            ans %= mod;
        } else if (s > a[i]) {
            ans += dp[s - a[i]] * (n - i + 1) % mod;
            ans %= mod;
        }
        for (long long j = s; j >= a[i]; j--) {
            dp[j] += (dp[j - a[i]] + (j == a[i] ? i : 0)) % mod;
            dp[j] %= mod;
        }
    } 
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}